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

<b>ĐỀ SỐ 1.</b>

<b>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 </b>
<b> TP ĐÀ NẲNG Khóa ngày 23 tháng 06 năm 2009</b>
<b> MƠN: TỐN</b>

<b> ( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )</b>

<b>Bài 1</b>. ( 3 điểm )

Cho biểu thức

a 1 1 2

K :

a 1

a 1 a a a 1

 _{ } _

_  _{ }  _



    

 

a) Rút gọn biểu thức K.

b) Tính giá trị của K khi a = 3 + 2 2
c) Tìm các giá trị của a sao cho K < 0.

<b>Bài 2</b>. ( 2 điểm ) Cho hệ phương trình:

mx y 1
x y

334
2 3

 





 



a) Giải hệ phương trình khi cho m = 1.

b) Tìm giá trị của m để phương trình vơ nghiệm.
<b>Bài 3</b>. ( 3,5 điểm )

Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI =
2
3

AO. Kẻ dây MN vng góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao
cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E.

a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh ∆AME ∆ACM và AM2_{= AE.AC.}

c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2_.

d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.

<b>Bài 4</b>. ( 1,5 điểm )

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

<b>ĐÁP ÁN</b>
<b>ĐỀ SỐ 1.</b>

<b>Bài 1</b>.
a)

Điều kiện a > 0 và a ≠ 1 (0,25đ)

a 1 1 2

K :

a 1 a ( a 1) a 1 ( a 1)( a 1)

   

_  _{ }  _

  _    _

 

a 1 a 1

:

a ( a 1) ( a 1)( a 1)

 



  

a 1 a 1

.( a 1)

a ( a 1) a

 

  


b)

a = 3 + 2 2 = (1 + 2 )2 _ a 1_{ } 2

3 2 2 1 2(1 2)

K 2

1 2 1 2

  

  

 

c)

a 1 0
a 1

K 0 0

a 0
a
 


  _{  }




a 1

0 a 1
a 0


 _   


<b>Bài 2</b>.

a)

Khi m = 1 ta có hệ phương trình:

x y 1
x y
334
2 3
 



 



x y 1

3x 2y 2004
 

 
 


2x 2y 2
3x 2y 2004

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

mx y 1 y mx 1

x y ₃₃₄ 3

y x 1002

2 3 2

   

 

 



 

   

 _



y mx 1
y mx 1

3

3 _m _x ₁₀₀₁ _(*)

mx 1 x 1002

2
2

 



 



 

 _  _ _

 

   _ _

 

  

Hệ phương trình vô nghiệm  _{(*) vô nghiệm}

3 3

m 0 m

2 2

    

<b>Bài 3.</b>

a)

* Hình vẽ đúng

* EIB 90  0_{(giả thiết)}
* ECB 90 0_{(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)}
* Kết luận: Tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp
b) (1 điểm) Ta có:

* sđcungAM = sđcungAN
* AME ACM
*GócAchung,suyra∆AME ∆ACM.

* Do đó:

AC AM

AM AE  _AM2_{= AE.AC}
c)

* MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI2_{= AI.IB}
* Trừ từng vế của hệ thức ở câu b) với hệ thức trên

* Ta có: AE.AC - AI.IB = AM2_{- MI}2_{= AI}2_.
d)

* Từ câu b) suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME. Do đó
tâm O1 của đường trịn ngoại tiếp tam giác CME nằm trên BM. Ta thấy khoảng cách
NO1 nhỏ nhất khi và chỉ khi NO1BM.)

* Dựng hình chiếu vng góc của N trên BM ta được O1. Điểm C là giao của đường
tròn đã cho với đường trịn tâm O1, bán kính O1M.

<b>Bài 4</b>. (2 điểm)

Phần nước cịn lại tạo thành hình nón có chiều cao bằng một nửa chiều cao của hình
nón do 8cm3_{nước ban đầu tạo thành. Do đó phần nước cịn lại có thể tích bằng}

3

1 1

2 8

 

 

  _{thể tích nước ban đầu. Vậy trong ly cịn lại 1cm}3_nước.

A B

M

E

C

I
O1

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

<b>ĐỀ SỐ 2.</b>

<b>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 </b>
<b> NGHỆ AN Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009</b>
<b> MƠN: TỐN</b>

<b> ( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )</b>
<b>Bài 1</b>. ( 3 điểm )

Cho hàm số:

y f (x)  2 x  x 2
a) Tìm tập xác định của hàm số.

b) Chứng minh f(a) = f(- a) với 2 a 2  
c) Chứng minh y2 4.

<b>Bài 2.</b> ( 1,5 điểm)

Giải bài toán bằng cách lập phương trình:

Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp
dụng kĩ thuật mới nên tổ I đã vượt mức 18% và tổ II đã vượt mức 21%. Vì vậy trong
thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được
giao của mỗi tổ theo kế hoạch ?.

<b>Bài 3</b>. ( 2 điểm )

Cho phương trình: x2_{- 2mx + (m - 1)}3_{= 0 với x là ẩn số, m là tham số (1)}
a) Giải phương trình (1) khi m = - 1.

b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng
bình phương của nghiệm cịn lại.

<b>Bài 4</b>. ( 3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn, A = 450_{. Vẽ các đường cao BD và CE của}
tam giác ABC. Gọi H là giao điểm của BD và CE.

a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh: HD = DC.

c) Tính tỉ số:
DE
BC .

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

<b>ĐÁP ÁN</b>
<b>ĐỀ SỐ 2.</b>

<b>Bài 1</b>.

a) Điều kiện để biểu thức có nghĩa là:

2 x 0 x 2

2 x 2

x 2 0 x 2

  

 

    

 

  

  _{(hoặc | x | ≤ 2)}

Tập xác định là [-2; 2].
b)

f (a) 2 a  a 2 ; f ( a)   2 ( a)   a 2  2 a  a 2 _.
Từ đó suy ra f(a) = f(- a)

c)

2 2 2

y ( 2 x ) 2 2 x. 2 x ( 2 x)   
 2 x 2 4 x  2  2 x

 4 2 4 x 2 4_{(vì 2} 4 x 2 _{≥ 0).}

Đẳng thức xảy ra  x 2_{. Giá trị nhỏ nhất của y là 2.}
<b>Bài 2.</b>

* Gọi x,y là số sản phẩm của tổ I, II theo kế hoạch ( điều kiện x>0, y>0 ).
* Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600

* Số sản phẩm tăng của tổ I là:
18

x
100 (sp)

* Số sản phẩm tăng của tổ II là:
21

y
100 (sp)

* Từ đó ta có phương trình thứ hai:

18 21

x y 120
100 100 
* Do đó x và y thỏa mãn hệ phương trình:

x y 600
18 21

x y 120
100 100

 





 




Giải hệ ta được x = 200 , y = 400

Vậy số sản phẩm đựoc giao theo kế hoạch của tổ I là 200, của tổ II là 400.
<b>Bài 3</b>.

a) Khi m = - 1, phương trình đã cho có dạng

2 x 4

x 2x 8 0

x 2


  _{  }

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

A

B

C
D

E

H
O

x

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt  _{∆’ = m}2_{- (m - 1)}3_{> 0 (*)}
Giả sử phương trình có hai nghiệm là u; u2_{thì theo định lí Vi-ét ta có:}

2

2 3

u u 2m (1)

u.u (m 1) (2)

  




 




Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được: (m - 1) + (m - 1)2_{= 2m}_ _m2_{- 3m = 0}
 _{m = 0 hoặc m = 3. Cả hai giá trị này đều thỏa mãn điều kiện (*), tương ứng với u = - 1}
và u = 2.

<b>Bài 4</b>.

a) Ta có ADH AEH 90   0_{, suy ra}AEH ADH 180   0  _{tứ giác AEHD nội tiếp}
được trong một đường trịn.

b) ∆AEC vng có EAC 45  0_nênECA 45  0_{, từ đó ∆HDC vng cân tại D. Vậy}
DH = DC.

c) Do D, E nằm trên đường trịn đường kính BC nên AED ACB  _{, suy ra ∆AED}
∆ACB, do đó:

DE AE AE 2

BC ACAE. 2  2

d) Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường trịn (O), ta có BAx BCA  _{, mà}BCA AED 
(cùng bù với DEB)   BAx AED  _{do đó DE // Ax.}

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

<b>ĐỀ SỐ 3.</b>

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

<b> BĐ Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009</b>
<b> MƠN: TỐN</b>

<b> ( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )</b>

<b>Bài 1</b>. ( 3 điểm ) Cho biểu thức

4 x 8x x 1 2

P :

4 1

2 x x 2 x x

    

_  _{ }  _



 

   

a) Rút gọn P.

b) Tìm giá trị của x để P = - 1.

c) Tìm m để với mọi giá trị x > 9 ta có m( x 3)P x 1  

<b>Bài 2</b>. ( 2 điểm )

a) Giải phương trình: x4_{+ 24x}2_{- 25 = 0}

b) Giải hệ phương trình:

2x y 2
9x 8y 34

 




 


<b>Bài 3</b>. ( 3,5 điểm )

Cho hình bình hành ABCD có đỉnh nằm trên đường trịn đường kính AB. Hạ BN và
DM cùng vng góc với đường chéo AC. Chứng minh:

a) Tứ giác CBMD nội tiếp được trong đường tròn.

b) Khi điểm D di động trên đường trịn thì BMD BCD   _{không đổi.}
c) DB.DC = DN.AC.

<b>Bài 4</b>. ( 1,5 điểm )

Chứng minh rằng: Nếu x, y là các số dương thì:

1 1 4

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

<b>ĐÁP ÁN</b>
<b>ĐỀ SỐ 3.</b>

<b>Bài 1</b>.

a)

4 x(2 x ) 8x ( x 1) 2( x 2)

P :

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

    



  

8 x 4x 3 x

:

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

 



  

8 x 4x x ( x 2)
.

(2 x )(2 x ) 3 x

 



  

4x
x 3




Điều kiện x ≥ 0; x ≠ 4 và x ≠ 9

b) P = - 1 khi và chỉ khi 4x x 3 0 

3 9

x x

4 16

   

c) Bất phương trình đưa về dạng 4mx > x + 1  _{(4m - 1)x > 1}

* Nếu 4m-1 ≤ 0 thì tập nghiệm khơng thể chứa mọi giá trị x > 9; Nếu 4m-1 > 0 thì

nghiệm bất phương trình là

1
x

4m 1


 _{. Do đó bất phương trình thỏa mãn với mọi x >}
9

1
9

4m 1

 

 _{và 4m - 1 > 0. Ta có}

5
m

18


.
<b>Bài 2.</b>

a) Đặt t = x2_{, t ≥ 0, phương trình đã cho trở thành: t}2_{- 24t - 25 = 0, chú ý t ≥ 0 ta được t}
= 25.

Từ đó phương trình có hai nghiệm x = - 5 và x = 5.

b) Thế y = 2x - 2 vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50  _{x = 2. Từ đó ta}
có y = 2.

<b>Bài 3</b>.

a) Do AB là đường kính đường trịn (O)

 0

ADB 90

  _màADB DBC  _{(so le trong)}

 0

DBC 90

  ₍₁₎
Mặt khác DMC 90  0₍₂₎

A _B

C
D

O
M

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

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CBMD nội tiếp đường trịn đường kính CD.

b) Khi điểm D di động trên đường trịn (O) thì tứ giác CBMD luôn là tứ giác nội tiép.
Suy ra BMD BCD 180   0_(đpcm).

c) Do ANB 90  0_{(giả thiết)} N (O)

  

 

 

BDN BAN(c BN)

BDN ACD
m BAN ACD (sole trong)



 _

 



 _

ïng chắn

à  ₍₃₎

mt khác DAC DAN DBN   _{(cùng chắn}DN ₎ ₍₄₎

Từ (3) và (4) suy ra ∆ACD ∆BDN

AC CD

AC.DN BD.CD
BD DN

   

<b>Bài 4</b>.

Ta có

2

1 1 x y

(x y) 4 4.

x y y x

 

 

 _  _ _  _  

   

Vì x, y là các số dương nên x + y > 0. Chia hai vế của bất đẳng thức trên cho x + y ta
có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.

Chú ý: Có thể sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương x, y và cho hai số dương
1 1

,

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

<b>ĐỀ SỐ 4.</b>

<b>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 </b>
<b> Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009</b>
<b> MƠN: TỐN</b>

<b> ( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )</b>

<b>Bài 1</b>. ( 2 điểm )

Cho

1 1

A

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

 

    _.

a) Tìm x để A có nghĩa.
b) Rút gọn A.

<b>Bài 2</b>. ( 2 điểm )

a) Giải hệ phương trình

3x 2y 5
15
x y

2

 





 




b) Giải phương trình 2x2  5 2x 4 2 0 
<b>Bài 3</b>. ( 3 điểm )

Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O), gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ
BC. Hai tiếp tuyến tại C và D với đường tròn (O) cắt nhau tại E. Gọi P, Q lần lượt là giao
điểm của các cặp đường thẳng AB và CD; AD và CE.

a) Chứng minh BC // DE.

b) Chứng minh các tứ giác CODE; APQC nội tiếp được.
c) Tứ giác BCQP là hình gì ?

<b>Bài 4</b>. ( 2 điểm )

Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh bên bằng 24 cm và đường cao bằng 20
cm.

a) Tính thể tích của hình chóp.

b) Tính diện tích tồn phần của hình chóp.
<b>Bài 5</b>. ( 1 điểm )

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

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

<b>ĐÁP ÁN</b>
<b>ĐỀ SỐ 4</b>

<b>Bài 1</b>.

a) A có nghĩa

x 2 0 _x ₂ _x ₂

x 2 1 x 1

x 2 1
 
    

 _  _  _
  
 
  


b)
2

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

A

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

     

   



 

    _   _

<b>Bài 2</b>.

a)

3x 2y 5 _{3x 2y 5} _{5x 20} x 4

15 _{2x 2y 15} _{3x 2y 5} 7

x y y

2 2
  
 
  
 
 
  
    
   
  _ _ 
 
 

b) Ta có a + b + c = 2 5 2 4 2 0.  

Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 =

c 4 2
4
a  2  _.
<b>Bài 3</b>.

a) Ta có

 s BC
s BCD

2
 ®

®

.

Do DE là tiếp tuyến của đường trịn (O)
 s CD

s CDE

2

®
®

 

, mà BD CD  _{(giả thiết)}

 

BCD CDE

   _{DE // BC}

b) ODE 90  0_{(vì DE là tiếp tuyến),}OCE 90  0_{(vì CE là tiếp tuyến)}
Suy ra ODE OCE 180   0_{. Do đó CODE là tứ giác nội tiếp.}

Mặt khác

 s BD  s CD

s PAQ , s PCQ

2 2

® ®

®  ® 

mà BD CD  _{(giả thuyết) suy ra}

 

PAQ PCQ _{. Vậy APQC là tứ giác nội tiếp.}

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

c) Do APQC là tứ giác nội tiếp, suy ra QPC QAC  (cùng chắn CQ ) và  PCB BAD 
(cùng chắn CD )

Do QAC BAD, suy ra QPC PCB     PQ // BC
Vậy BCQP là hình thang.

<b>Bài 4</b>.

a) Trong tam giác vng AOS có: OA2_{= SA}2_{- SO}2_{= 24}2_{- 20}2₌
176

Do SABCD là hình chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vng,
do đó ∆AOB vng cân ở O, ta có:

AB2_{= 2.AO}2_{= 176.2 = 352}
Do đó: SABCD = AB2 = 352(cm2)

Vì vậy:

3
ABCD

1 2

V S .h 2346 (cm )

3 3

 

b) Ta có:

1 1

OH AB 352. Do SO mp(ABCD) SO OH

2 2

    

.
Suy ra trong tam giác vng SOH có:

2 2 2 2

xq

2
SH SO OH 20 (0,5. 352) 488;

4.AB.SH

S 2.AB.SH 2 352. 488
2

2 22.16. 122.4 16 122.22 32 61.11 32 671(cm )

    

  

   

Do đó: Stp = Sxq + Sđ





2
32 671 352 32 671 11 (cm )

   

<b>Bài 5</b>.

2 2

P (x 2008) (x 2009) x 2008 x 2009
x 2008 x 2009 x 2009 x 2008 1

       

         

Vậy P ≥ 1, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
(x + 2009)(x - 2008) ≥ 0  2009 x 2008_.

Do đó P đạt giá trị nhỏ nhất là 1 2009 x 2008_.
D

A B

C
O

S

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

<b>ĐỀ SỐ 5.</b>

<b>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 </b>
<b> Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009</b>
<b> MƠN: TỐN</b>

<b> ( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )</b>
<b>Bài 1</b>: ( 2 điểm )

Cho đường thẳng (D) có phương trình: y = - 3x + m.
Xác định (D) trong mỗi trường hợp sau:

a) (D) đi qua điểm A(-1; 2).

b) (D) cắt trục hoành tại điểm B có hồnh độ bằng
2
3


.
<b>Bài 2</b>: ( 2 điểm )

Cho biểu thức A = 2
2
2 3

<i>x</i>  <i>x</i>

a) Tìm tập xác định của A.

b) Với giá trị nào của x thì A đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị đó.
<b>Bài 3</b>: ( 3 điểm )

Cho hai đường trịn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Các tiếp tuyến tại A của các
đường tròn (O) và (O’) cắt đường tròn (O’) và (O) theo thứ tự tại C và D. Gọi P và Q
lần lượt là trung điểm của các dây AC và AD. Chứng minh:

a) Hai tam giác ABD và CBA đồng dạng.
b) BQD APB  .

c) Tứ giác APBQ nội tiếp.
<b>Bài 4</b>: ( 2 điểm )

Cho tam giác ABC vuông tại B. Vẽ nửa đường thẳng AS vng góc với mặt phẳng
(ABC). Kẻ AM vng góc với SB.

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

b) Tính thể tích hình chóp SABC, biết AC = 2a; SA = h và ACB 30  o_.
<b>Bài 5</b>: ( 1 điểm )

Chứng minh rằng: Nếu x, y, z > 0 thỏa mãn

1 1 1
4
x  yz  _thì

1 1 1

1
2x y z   x 2y z  x y 2z   _.

<b>ĐÁP ÁN</b>
<b>ĐỀ SỐ 5.</b>

<b>Bài 1:</b>

a) Đường thẳng (D) đi qua điểm A(-1; 2) suy ra m - 3(-1) = 2 _{m = - 1.}

b) Đường thẳng (D) cắt trục hồnh tại điểm B có hồnh độ bằng
2
3


.

<b>Bài 2</b>:

a) Ta có x2_{+ 2x + 3 = (x + 1)}2_{≥ 2 với mọi x}_{ }_.
Do đó x2_{+ 2x + 3 ≠ 0 với mọi x}_{ }_.

Suy ra tập xác định của A là _.

b) Ta có x2_{+ 2x + 3 = (x + 1)}2_{+ 2 ≥ 2.}
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = -1.

Áp dụng quy tắc so sánh: Nếu m, a, b > 0 thì

m m

a b
a b   _.

Ta có A =





2

2 2

1
2
x 1 2  

Vậy A đạt giá trị lớn nhất là 1 khi x = -1.
<b>Bài 3</b>.

a) Ta có sđ CAB = sđ

 1

ADB
2


sđAnB , ( AnB thuộc đường trịn (O)).
Do đó CAB =ADB . Tương tự  ACB BAD 
suy ra ABD CBA_.

A

B

C
D

O

O’
P

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

b) Vì ABD CBA_{suy ra}

AD BD
CA BA_,mà

AD AC BD DQ

DQ ;AP

2 2 BA AP

   

, cùng
với QDB PAB  suy ra BQD APB BQD APB  .

c) AQB BQD 180   omà BQD APB   AQB APB 180    osuy ra tứ giác APBQ là
tứ giác nội tiếp.

<b>Bài 4</b>:

a) Ta có SA _{mp(ABC) (giả thiết) mà BC thuộc mp (ABC), suy ra BC}_{AB, do đó}
BC mp(SAB).

Vì AM thuộc mp (SAB), suy ra AM _{BC, mặt khác AM}
 mp(SBC).

b) Trong tam giác vng ABC có:

AB = AC.sinACB = 2a. sin 30o_{= 2a.}
1
2 = a;
BC = AC.cosACB = 2a. cos 30o₌a 3_.

Do đó SABC =

2

1 a 3

BA.BC

2  2

Vậy V =

2 2

ABC

1 1 a 3 a h 3

S .SA h

3 3 2  6

<b>Bài 5</b>:

Sử dụng kết quả bài 5, đề số 4 cho các số dương x + y và x + z ta có:



 



1 1 1 1 1

2x y z x y x z 4 x y x z

 

  _  _

     _   _ ₍₁₎

Cũng theo kết quả bài đã nêu thì

1 1 1 1 1 1 1 1
;

x y 4 x y x z 4 x z

   

 _  _  _  _

 _ _   

Do đó

1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1

x y x z 4 x y x z 4 x y z

   

  _    _ _   _

  _ _ _ _ ₍₂₎

Từ (1) và (2) suy ra

1 1 2 1 1

;
2x y z 16 x y z

 

 _   _

  _ _ ₍₃₎

Tương tự ta có:

1 1 2 1 1

;
x 2y z 16 y x z

 

 _   _

  _ _ ₍₄₎

1 1 2 1 1

;
x y 2z 16 z x y

 

 _   _

  _ _ ₍₅₎

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

Cộng từng vế của (3), (4), (5) ta có điều phải chứng minh.

<b>ĐỀ SỐ 6.</b>

<b>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 </b>
<b> Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009</b>
<b> MƠN: TỐN</b>

<b> ( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )</b>

<b>Bài 1</b>: ( 1,5 điểm )

Tìm x biết: x 12 18 x 8  27 _.
<b>Bài 2</b>: ( 2 điểm )

Cho phương trình bậc hai 3x2_{+ mx + 12 = 0. (1)}
a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.

b) Tìm m để phương trình (1) có một nghiệm bằng 1, tìm nghiệm cịn lại.
<b>Bài 3</b>: ( 2 điểm )

Một xe máy đi từ A đến B trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm
14km/giờ thì đến sớm 2 giờ, nếu giảm vận tốc đi 4km/giờ thì đến muộn 1 giờ.

Tính vận tốc dự định và thời gian dự định.
<b>Bài 4</b>: ( 3 điểm )

Từ điểm A ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC, và cát tuyến AKD sao cho
BD song song với AC. Nối BK cắt AC ở I.

a) Nêu cách vẽ cát tuyến AKD sao cho BD//AC.
b) Chứng minh : IC2_{= IK.IB}

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

<b>Bài 5. </b>( 1,5 điểm )

Biết rằng a, b là các số thỏa mãn a > b > 0 và a.b = 1. Chứng minh:
2 2

a b

2 2
a b




 _.

<b>ĐÁP ÁN</b>
<b>ĐỀ SỐ 6.</b>

<b>Bài 1.</b>









x 12 18 x 18 27 x 12 x 18 27 18

27 18 3 3 3 2

x x

12 8 2 3 2 2

3 3 2

x 1,5

2 3 2

      

 

   

 



  


<b>Bài 2</b>. 3x2_{+ mx + 12 = 0 (1)}

a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt _{Δ > 0} _m2_{- 4.3.12 > 0}
 _{(m - 12)(m + 12) > 0} _{m > 12 hoặc m < -12}

Vậy m > 12 hoặc m < -12 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
b) Phương trình (1) có một nghiệm là 1 _{a + b + c = 0} _{3 + m + 12 = 0}

 _{m = -15}

Ta có x1.x2 =
c

a mà x1 = 1

2
12

1.x 4

3

  

. Vậy x2 = 4
<b>Bài 3</b>.

Gọi thời gian dự định là x và vận tốc dự định là y, với x > 0, y > 0; x tính bằng giờ, y
tính bằng km/giờ.

* Quãng đường AB dài là: x.y

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

(x + 1)(y - 4) = x.y _{-4x + y = 4}

* Nếu vận tốc tăng thêm 14km/h thì thời gian đi sẽ bớt đi 2 giờ nên ta có:
(x - 2)(y + 14) = x.y _{14x - 2y = 28}

Theo bài ra ta có hệ phương trình:
4x y 4 (1)

14x 2y 28 (2)
8x 2y 8 (1')
14x 2y 28 (2')

  




 



  


 

 



Cộng từng vế của hai phương trình ta có: 6x = 36  _{x = 6}
Thay x = 6 vào (1) ta có y = 28

<i>Đáp số</i>: Thời gian dự định là 6 giờ và vận tốc dự định là 28km/giờ.

<b>Bài 4</b>.

a) Vẽ dây BD // AC; nối DA cắt đường trịn (O) tại K. Ta có cát tuyến AKD thỏa mãn
BD // AC.

b) Xét hai tam giác BCI và KCI, ta có:
+ BIC (chung)

+

 1

KCI
2


sđCK (góc giữa tiếp tuyến và dây cung CK)

 1

IBC
2


sđCK (góc nội tiếp chắn CK ), suy ra KCI IBC 

Vậy ΔBCI ΔCKI

2
BI CI

CI BI.KI
CI KI

   

c) Ta có ΔCAB cân (AB = AC) và CAB 60  0  ABC ACB 60   0₍₁₎
Do BD // AC  DBC BCA 60   0_{(so le trong) (2)}

Mặt khác,

 1

BDC
2


sđBC (góc nội tiếp);

 1

BCA
2


sđBC = 600_{(góc giữa tiếp tuyến}
và dây cung)  BDC BCA 60   0 ₍₃₎

Từ (1), (2), (3) suy ra hai tam giác BCD và BCA là các tam giác đều _{ABDC là hình}
thoi (tứ giác có 4 cạnh bằng nhau) _BC_{AD và D là điểm chính giữa}BC  _{DA đi}
qua O (đpcm)

<b>Bài 5</b>.

Vì ab = 1 nên

2 2 2

a b (a b) 2 2

(a b)

a b a b a b

  

   

  

Do a > b nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ta có:

A
B

C
I

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

2 2

(a b) 2 (a b). 2 2

a b a b

    

 

<b>ĐỀ SỐ 7.</b>

<b>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 </b>
<b> Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009</b>
<b> MƠN: TỐN</b>

<b> ( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )</b>
<b>Bài 1</b>. ( 2 điểm)

a) Cho biết: A = 9 + 3 7 và B = 9 - 3 7. Hãy so sánh A + B và A.B.
b) Tính giá trị của biểu thức:

1 1 5 5

M :

3 5 3 5 5 1



 

_  _

  

 

<b>Bài 2</b>. ( 2 điểm )

Giải bài tốn bằng cách lập phương trình: Một tam giác có chiều cao bằng
2

5 cạnh
đáy. Nếu chiều cao giảm đi 2 dm và cạnh đáy tăng thêm 3 dm thì diện tích của nó
giảm đi 14 dm3_{.Tính chiều cao và cạnh đáy của tam giác.}

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

Cho đường trịn (O) đường kính AB. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax và By. Qua điểm
M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt các tiếp tuyến Ax và By lần
lượt ở E và F.

a) Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp.

b) AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Tứ giác MPOQ là hình gì? Tại sao?

c) Kẻ MH vng góc với AB (H thuộc AB). Gọi K là giao điểm của MH và EB. So
sánh MK với KH.

d) Cho AB = 2R và gọi r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác EOF.

Chứng minh rằng:

1 r 1
3 R 2
<b>Bài 4</b>. ( 2 điểm )

Một hình chữ nhật ABCD có diện tích là 2cm2_{, chu vi là 6cm và AB > AD. Cho hình}
chữ nhật này quay quanh cạnh AB một vòng ta được một hình gì? Hãy tính thể tích và
diện tích xung quanh của hình được tạo thành.

<b>ĐÁP ÁN</b>
<b>ĐỀ SỐ 7.</b>

<b>Bài 1</b>.

a) Ta có A + B = 18 và A.B = 92 (3 7)2 81 63 18  nên A = B.

b)

1 1 5 5

M :

3 5 3 5 5 1

 _ 

 

_  _ _ _

  

 _{ } _

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

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

 _ _ _  _

_ _ 

  

 

<b>Bài 2</b>.

Gọi chiều cao và cạnh đáy của tam giác đã cho là x và y (x > 0; y > 0, tính bằng dm).

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

2

2

x y _x _y

5 ₅

1 1 _{xy (xy 3x 2y 6) 28}

xy (x 2)(y 3) 14

2 2



 

 _

 



 

 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

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

2 x 11

x y

5 ₅₅

y

3x 2y 22 ₂



 



 

 _  _



_ _ _ _

 _{(thỏa mãn điều kiện).}

<i>Trả lời</i>: Chiều cao của tam giác là 11 dm và cạnh đáy của

tam giác là

55
dm
2 _.
<b>Bài 3</b>.

a) Tứ giác AEMO có:

 0

EAO 90 _{(AE là tiếp tuyến)}

 0

EMO 90 _{(EM là tiếp tuyến)}

  0

EAO EMO 180

   
 _AE _{MO là tứ giác nội tiếp}

b) AMB 90  0_{(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)}

AM OE _{(EM và EA là 2 tiếp tuyến)} MPO 90  0

Tương tự, MQO 90  0 Tứ giác

MPQO là hình chữ nhật

c) Ta có ∆EMK ∆EFB (g.g)

EM EF
MK FB

 

<i>(0,25đ)</i>

Vì MF = FB (MF và FB là hai tiếp tuyến) nên:
EM EF

MK MF
Mặt khác, ∆EAB ∆KHB (g.g)

EA AB
KH HB

 

Nhưng

EF AB EM EA

(Talet)

MF HB  MK KH 
Vì EM = EA (EM và EA là 2 tiếp tuyến) suy ra MK = KH

d) ∆EOF vuông (EOF 90  0_{). OM là đường cao và OM = R.}
Gọi độ dài 3 cạnh của ∆EOF là a, b, c. Ta có:

EOF

1 1

S r(a b c) aR

2 2

   

 aR r(a b c)  

r a

R a b c

 

 

A _O B

F

E

M

P Q

x

y

A _O B

F

E

M

H
x

y

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

Nhưng b + c > a

a a 1

a b c 2a

a b c 2a 2

      

 

Mặt khác b < a, c < a

a a 1

a b c 3a

a b c 3a 3

      

 
Tóm lại:

r 1
3

R 2

 

<b>Bài 4</b>.

Hình được tạo thành là hình trụ. Số đo độ dài của AB và AD là các nghiệm của
phương trình

x2_{- 3x + 2 = 0}

Từ đó AB = 2cm và AD = 1cm.

Thể tích hình trụ là V = πAD2_{.AB = 2π (cm}3_{) và diện tích xung quanh của hình trụ là}
Sxq = 2πAD.AB = 4π(cm2).

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b>
<b>TỈNH PHÚ YÊN</b>

ĐỀ CHÍNH THỨC

<b>ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG</b>
<b>NĂM HỌC 2009-2010</b>

Mơn thi: <b>TỐN CHUYÊN</b>

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
*****

<b>Câu 1.</b>(4,0 điểm) Cho phương trình x4_{+ ax}3 _{+ x}2_{+ ax + 1 = 0, a là tham số .}
a) Giải phương trình với a = 1.

b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh rằng a2_{> 2.}

<b>Câu 2.</b>(4,0 điểm)

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

b) Giải hệ phương trình: 2

x + y + z = 1
2x + 2y - 2xy + z = 1




 _.

<b>Câu 3.</b>(3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn :
3x2_{+ 6y}2_+2z2_{+ 3y}2_z2_{-18x = 6.}

<b>Câu 4.</b>(3,0 điểm)

a) Cho x, y, z, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
3abc + xyz3 3(a + x)(b + y)(c + z).
b) Từ đó suy ra : 3 33333 33 2 33

<b>Câu 5.</b>(3,0 điểm) Cho hình vng ABCD và tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh AB, BC,
CD, DA của hình vng.

a) Chứng minh rằng SABCD
AC

4


(MN + NP + PQ + QM).

b) Xác định vị trí của M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất.

<b>Câu 6.</b>(3,0 điểm) Cho đường tròn (O) nội tiếp hình vng PQRS. OA và OB là hai bán kính thay
đổi vng góc với nhau. Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với đường thẳng PQ, qua B kẻ
đường thẳng By song song với đường thẳng SP. Tìm quỹ tích giao điểm M của Ax và By.

=HẾT=

</div>

<!--links-->