DE THI LOP 10 CAC TINH

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.22 MB, 130 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

HÀ NỘI Năm học: 2010 – 2011

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút 
Bài I (2,5 điểm)

Cho biểu thức

x 2 x 3x 9

x 9

x 3 x 3



  



  , với x  0 và x  9

1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tìm giá trị của x để

3


3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A
Bài II (2,5 điểm)

Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m và chiều dài lớn hơn chiều
rộng 7m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó.

Bài III (1,0 điểm)

Cho parabol (P) : y =  x2 và đường thẳng (d) : y = mx  1

1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại
hai điểm phân biệt.

2) Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P).
Tìm giá trị của m để : x x12 2x x22 1 x x1 2 3

Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường trịn đó (C khác A,
B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt
tia BE tại điểm F.

1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh DA.DE = DB.DC

3) Chứng minh CFD OCB  . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng
minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O) .

4) Cho biết DF = R, chứng minh tg AFB 2  .
Bài V (0,5 điểm)

Giải phương trình : x24x 7 (x 4) x   27

BÀI GIẢI

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

1) A =

2 3 9

3 3

x x x

x
x x

 

  =

( 3) 2 ( 3) 3 9

9 9 9

x x x x x

x x x

  

 

  

3 2 6 3 9

x x x x x

x
    


3 9
9
x
x




3( 3)
9
x
x



3
3
x


2) A =

1
3
3
3
x


  x 3 9  x 6  x = 36
3) A

3
3

x



 lớn nhất  x3 nhỏ nhất  x 0  x = 0
Bài II: (2,5 điểm)

Gọi x (m) là chiều rộng của hình chữ nhật (x > 0)
 chiều dài của hình chữ nhật là x + 7 (m)

Vì đường chéo là 13 (m) nên ta có : 132 x2(x7)2  2x214x49 169 0 
 x2 + 7x – 60 = 0 (1), (1) có  = 49 + 240 = 289 = 172

Do đó (1) 

7 17
2

x 

(loại) hay

7 17
5
2

x  

Vậy hình chữ nhật có chiều rộng là 5 m và chiều dài là (x + 7) m = 12 m
Bài III: (1,0 điểm)

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

-x2 = mx – 1  x2 + mx – 1 = 0 (2), phương trình (2) có a.c = -1 < 0 với mọi m

 (2) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu với mọi m  (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
2) x1, x2 là nghiệm của (2) nên ta có :

x1 + x2 = -m và x1x2 = -1

2 2

1 2 2 1 1 2 3

x x x x  x x   x x x1 2( 1x21) 3  1(m1) 3
 m + 1 = 3  m = 2

Bài IV: (3,5 điểm)

1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối FED 90  o FCD
nên chúng nội tiếp.

2) Hai tam giác vng đồng dạng ACD và DEB vì
hai góc CAD CBE  cùng chắn cung CE, nên ta
có tỉ số :

DC DE

DC.DB DA.DE

DA DB 

3) Gọi I là tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác
FCDE, ta có CFD CEA  (cùng chắn cung CD)
Mặt khác CEA CBA  (cùng chắn cung AC)
và vì tam OCB cân tại O, nên CFD OCB  .
Ta có : ICD IDC HDB  

 

OCD OBD và HDB OBD 90   0

 OCD DCI 90   0 nên IC là tiếp tuyến với đường tròn tâm O. 
Tương tự IE là tiếp tuyến với đường trịn tâm O.

4) Ta có 2 tam giác vng đồng dạng ICO và FEA vì có 2 góc nhọn

 1 

CAE COE COI

 

(do tính chất góc nội tiếp)

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

Mà

 CO R

tgCIO 2

R
IC

  

 tgAFB tgCIO 2    .
Bài V: (0,5 điểm)

Giải phương trình : x24x 7 (x4) x27

Đặt t = x27 , phương trình đã cho thành : t2 4x(x4)t
 t2 (x4)t4x0  (t x t )(  4) 0  t = x hay t = 4,
Do đó phương trình đã cho  x27 4 hay x27x

 x2 + 7 = 16 hay

2 7 2
7

x x

x

  








  x2 = 9  x = 3
Cách khác :

2 4 7 ( 4) 2 7

x  x  x x   x2 7 4(x4) 16 (  x4) x27 0
 (x4)(4 x27) ( x2 7 4)( x2 7 4) 0

 x2 7 4 0 hay  (x4) x2  7 4 0
 x27 4 hay x27 x  x2 = 9  x = 3

sở giáo dục và đào tạo Kì THI TUYểN SINH vào lớp 10 THPT

Lạng sơn NăM học 2010 - 2011
đề chính thức MƠN THI: TỐN

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

a) Giải phương trình: x2 - 2x - 1 = 0

b) Giải hệ phương trình:

5 2 8

2 5

x y

x y

 




 


c) Tính giá trị của biểu thức: A = -

2
2 ( 2 1)

Câu 2 ( 1,5 điểm ). Cho biểu thức P =

1 1

x  x  Với x ≥ 0, x ≠ 1 .
a) Rút gọn P

b) Tìm tất cả các số nguyên x để P là một số nguyên.
Câu 3 ( 1,5 điểm ).

Cho phương trình bậc hai: x2 - 2(m +2)x + 2m + 3 = 0 ( m là tham số)

a) Chứng minh rằng phương trình ln có nghiệm với mọi m.

b) Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình. Chứng minh rằng:
x1(2 - x2) + x2(2 - x1) = 2 .

Câu 4 ( 3 điểm ) Cho tam giác đều ABC có đường cao AH (H thuộc BC). Trên cạnh BC lấy 
điểm M ( M không trùng với B , C, H). Gọi P và Q lần lượt là hình chiếu vng góc của M trên
hai cạnh AB và AC.

a) Chứng minh rằng 5 điểm A, P, H, M, Q cùng nằm trên một đường tròn tâm O.
b) Chứng minh rằng tam giác OHQ đều. Từ đó hãy suy ra OH vng góc với PQ.
c) Chứng minh rằng MP + MQ = AH.

Câu 5 (1 điểm). Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4xy = 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

2 2

2x 2y 12xy
x y

 


Chú ý: Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ tên thí sinh………. SBD ……….

ĐÁP ÁN

Câu 1 ( 3,0 điểm ).
a) x2 - 2x - 1 = 0

Δ’ = 12- (-1) =2 > 0
’

 = 2

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

5 2 8 5 2 8 9 18 2

2 5 4 2 10 5 2 8 1

x y x y x x

x y x y x y y

     

   

  

   

      

   

c) A = -

2
2 ( 2 1)

=  2 2 1  2 2 1 1

Câu 2 ( 1,5 điểm ). P =

1 1

x  x  Với x ≥ 0, x ≠ 1 .
a)

1 1 1 ( 1) ( 1)( 1) 1 1 1 3

1 1

1 1 ( 1)( 1)

x x x x x x x x

P

x x

x x x x

           

    

 

   

b) Ta có
3
1

x
x


 =

( 1) 2 2

1 1

x

x x

 
 

 

Để P nguyên thì
2

x nguyên, tức là x + 1  Ư (2)

Ư (2) = {-1; -2; 1; 2}

Hay

1 1 2( )

1 2 3( )

1 1 0( )

1 2 1( )

x xĐKXĐ

x x TM

x xĐKXĐ

   

 

     

  

    

 

   

 

Vậy với x = 0 thì P là một số nguyên.
Câu 3 ( 1,5 điểm ).

Cho phương trình bậc hai: x2 - 2(m +2)x + 2m + 3 =0 ( m là tham số)
a) Ta có Δ’ = (m + 2)2 - (2m + 3)

= m2 + 4m + 4 - 2m - 3
= m2 + 2m +1

= (m + 1)2 ≥ 0 với mọi m

Vậy phương trình đã cho ln có nghiệm với mọi m.
b) Theo Vi et: x1 + x2 = 2(m + 2)

x1.x2 = 2m +3
Ta có x1(2 - x2) + x2(2 - x1)

2 x1 - x1.x2 + 2 x2 - x1.x2 = 2(x1 + x2) - 2 x1.x2 = 2(x1 + x2) - 2 x1.x2
= 2. 2(m + 2) - 2. (2m +3)

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

= 2 ĐPCM
Câu 4 ( 3 điểm )

a) A, P, M, H, Q cùng thuộc đường trịn đường kínhAM, tâm O; trung điểm AM.
b) Xét (O) có PAH HAQ 300

suy ra PHO HOQ  600( góc ở tâm)
 PH = HQ = OP = OQ

 Tứ giác PHOQ là hình thoi.
c) PQ min  PI min

Mà PI = PO

3 3

2 4

AM



min  AM min  M trùng H.

Lúc đó PQ =

3
4

AM
=

3 3 3

4.2 8

a a



Câu 5 (1 điểm). Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4xy = 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

2 2

2x 2y 12xy
x y

 



Ta có A =

2 2 2 2 2 ( ) 2 3 2

2x 2y 3.4xy 2x 2y 3 x y xy 2.(x y) 4xy 3

x y x y x y x y

    

        

  

   

2 2 2 2. ( ) 1 2

2.(x y) 1 3 2.(x y) 1 3 2.(x y) 2 x y 2(x y) 2

x y x y x y x y x y

   

           

    

    

2
2(x y)

x y

  

 =

1
2 (x y)

x y

 

 

  

 

Xét

1
(x y)

x y

 



Áp dụng Cosi cho 2 số (x+y) và (
1

x y ) ta có:

(x+y) + (
1

x y ) ≥ 2





1
x y .( )

x y



 = 2

Do đó: A =

1
2 (x y)

x y

 

 

 



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

Vậy Min A = 4  (x+y) = (
1

x y )
 (x+y)2 =1

 x + y = ±1

Kết hợp với điều kiện 4xy = 1 ta được x = y = -
1
2

x = y =
1
2

sở giáo dục và đào tạo đề thi tuyển sinh lớp 10 - thpt
 lào cai Năaờm hoùc 2010 - 2011

M«n thi: To¸n

Thời gian làm bài: 120 phút (khụng k thi gian giao )

Câu 1 (2,0 điểm)

1. Thùc hiÖn phÐp tÝnh: a)

36

9

b)

25 9 : 2



2. Cho biÓu thøc





x 2x x

x 1 x x 1



 

 

a) Tìm giá trị của x để A có nghĩa b) Rút gọn biểu thức A.
Câu 2 (2,0 điểm):

1. Cho hai đờng thẳng d và d’ có phơng trình lần lợt là:
d: y = ax + a – 1 (với a là tham số)
d’: y = x + 1

a) Tìm các giá trị của a để hàm số y = ax + a – 1 đồng biến, nghịch biến.
b) Tìm giá trị của a để d // d’; d



d’.

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

2. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số y = 2x + m – 4 cắt đồ thị hàm số y =

1

4

x2 t¹i hai 
điểm phân biệt.

Câu 3 (2,0 điểm)

1) Gii phng trình: x2 – 4x + 3 = 0.
2) Tìm giá trị của m để biểu thức A =

2 2

1 2 1 2

x



x



3x x

đạt giá trị lớn nhất. Biết rằng x1;
x2 là hai nghiệm của phơng trình: x2 – 4x + m = 0.

C©u 4 (1,0 điểm).

1) Giải hệ phơng trình:

2x

y

3 x

y

6  











2) Tmf các giá trị của a để hệ phơng trình:

ax

y

3 x

y

6  











có nghiệm duy nhất.

Câu 5 (3 điểm).

Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là trung điểm của AC. Đờng trịn đờng kính CM
cắt BC ở điểm thứ hai là N. BM kéo dài gặp đờng trịn tại D.

1) Chøng minh 4 ®iĨm B, A, D, C nằm trên một dờng tròn.
2) Chứng minh MN.BC = AB.MC

3) Chứng minh rằng tiếp tuyến tại M của đờng trịn đờng kính MC đi qua tâm của đờng
trịn ngoại tiếp tứ giác BADC.

--- HÕt

---C¸n bé coi thi không giải thích gì thêm.

H v tờn thớ sinh:... Số báo danh:...
Bài giải tóm tắt đề thi vào 10 Lào Cai 2010 - 2011:
Câu 1 (2,0 điểm)

1. Thùc hiÖn phÐp tÝnh: a)

36

9

(KQ: = 2) b)

25 9 : 2



(KQ: = 2)

2. Cho biÓu thøc





x 2x x

x 1 x x 1



 

 

a) A cã nghÜa khi x> 0 vµ x



b) Rót gän biĨu thøc A. KQ: A = -1
Câu 2 (2,0 điểm):

1. Cho hai đờng thẳng d và d’ có phơng trình lần lợt là:
d: y = ax + a – 1 (với a là tham số)
d’: y = x + 1

a) Tìm các giá trị của a để hàm số y = ax + a – 1 đồng biến, nghịch biến.
y = ax + a – 1 đồng biến khi a > 0:

nghÞch biÕn khi a < 0

b) d // d’ khi

a

1 a

1 a 1 1

a

2 















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

2. Đồ thị hàm số y = 2x + m – 4 cắt đồ thị hàm số y =

1

4

x2 tại hai điểm phân biệt khi phơng 
trình hồnh độ:

1

4

x2 – 2x – m + 4 = 0 cã hai nghiƯm ph©n biƯt





’ > 0



1

4

m > 0



m > 0 .
Câu 3 (2,0 điểm)

1) Giải phơng trình: x2 – 4x + 3 = 0.

Phơng trình có: a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 nên x1 = 1; x2 = 3
2) Tìm giá trị của m để biểu thức A =

2 2

1 2 1 2

x



x



3x x

đạt giá trị lớn nhất. Biết rằng x1;
x2 là hai nghiệm của phơng trình: x2 4x + m = 0.

phơng trình: x2 – 4x + m = 0 cã hai nghiÖm x

1; x2 khi



’ = 2 – m







2.
Theo vi Ðt: x1+ x2 = 4 (1); x1.x2 = m (2).

Theo đầu bài: A =

2 2

1 2 1 2

x



x



3x x

= (x

1+ x2)2 + x1. x2 (3)

ThÕ (1) vµ (2) vµo (3) ta cã A = 16 + m do m



2 nên GTLN của A là 18 khi m = 2.
Câu 4 (1,0 điểm).

1) Giải hệ phơng trình:

2x

y

3 x

y

6  











3x

9 x

3 x

y

6 y

3 



















2) Tìm các giá trị của a để hệ phơng trình:

ax

y

3 x

y

6  











cã nghiÖm duy nhÊt.

ax

y

3 x

y

6  











(a 1)x

9(*)

x

y

6

Hệ phơng trình có nghiệm duy nhất khi phơng trình (*) có
nghiệm duy nhất, khi a+1

a

1

Câu 5 (3 điểm).

Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là trung điểm của AC. Đờng trịn đờng kính CM
cắt BC ở điểm thứ hai là N. BM kéo dài gặp đờng trịn tại D.

1) Chøng minh 4 ®iĨm B, A, D, C nằm trên một dờng tròn.
2) Chứng minh MN.BC = AB.MC

3) Chứng minh rằng tiếp tuyến tại M của đờng trịn đờng kính MC đi qua tâm của đờng
tròn ngoại tiếp tứ giác BADC.

1) Hai điểm A và D nhìn đoạn BC dới cùng một góc vng
nên ABCD là tứ giác nội tiếp đờng trịn đờng kính BC
Hay 4 điểm B, A, D, C nằm trên một đờng trịn.
2) Xét hai tam giác NMC và ABC có:



C chung; MNC



BAC

(cïng b»ng 900)
nªn



NMC





ABC (g-g)

suy ra

MN

MC

AB



BC



MN.BC = AB.MC

3) Gọi O’ là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD ta có O’ là trung điểm BC
Kẻ tiếp tuyến của (O) tại M là Mx ta có Mx// AB (cùng vng góc với AC).
M là trung điểm của AC nên Mx phải đi qua trung điểm (O’) của BC.

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

Sở GD&ĐT Bắc Giang Kú thi tun sinh vµo líp 10 ptth
năm học 2010-2011

chớnh thc Môn :TOán
(đợt 1) Ngày 01/07/2010

Thời gian làm bài :120 phút
Câu I( 3 ®iĨm)

1. TÝnh



5 3

 

5 3



2. Tổng hai nghiệm của phơng trình x2+5x-6 = 0 bằmg bao nhiêu?

3. Cho hàm số f(x) = 2x2 . Tính f(1); f(-2).

Câu II(2 điểm)

1. Giải hệ phơng trình

2 3

3 2

x y
x y

2. Cho phơng trình x2+2x+m-1 = 0(1)

a. Tìm m để pt (1) có nghiệm.

b. Giả sử x1; x2 là hai nghiệm của phơng trình (1) . Tìm m 1 2

1 1
+ = 4
x x
Câu III(1,5 điểm)

Hai «t« A vµ B cïng vËn chun hµng. Theo kÕ hoạch ôtô A vận chuyển ít hơn ôtô B là 
30 chuyến hàng. Tìm số chuyến hàng ôtô A phải vận chuyển theo kế hoạch, biết rằng tổng
của hai lần số chuyến hàng của ôtô A và ba lần số chuyến hàng của ôtô B là 1590.

Câu IV(3 ®iĨm)

Cho nửa đờng trịn tâm O, đờng kíh AB. Kẻ tiếp tuyến Ax với nửa đờng tròn. By thay đổi 
cắt nửa đờng tròn O tại điểm C. Tia phân giác của góc ABy lần lợt cắt nửa đờng trịn O 
tại D, cắt Ax tại E, cắt AC tại F. Tia AD và BC cắt nhau tại H.

1. Chøng minh tø gi¸c DHCF néi tiÕp.
2. Chøng minh tø gi¸c AEHF là hình thoi.

3. Tỡm v trớ im C diện tích tam giác AHB lớn nhất.
Câu V(0,5 điểm)

Cho sè thực x > 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biĨu thøc 
S= x2-x+ 

1
2

x

Híng dÉn gi¶i các câu khó
Câu IV: c)

1 . 1 .

2 2

AHB

S AC BH AC AB

(Tam giác ABH cân tại B)

M AB Khơng đổi. Nên diện tích tam giác AHB lớn nhất khi AC lớn nhât
AC lớn nhất Khi AC là đờng kính của đờng trịn (o). Khi đó C trùng B.
Câu V:

Gi¶i

S= x2-x+ 

1
2

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









   

   

   

2 2

2 5 25 5 7

= x - x + = x - + 4 x - 2 + + 8 - = x - + 4 x - 2 + +

2 4 2 4

1 x - 2

Ta cã





4(Cosi)

 



 

 









5
x

-2

4 x - 2 +

1 x - 2

Min

S

= 4 +

7
4=

4 khi x=2,5

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

————————
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MƠN: TỐN

Dành cho các trường THPT không chuyên

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Trong 4 câu từ câu 1 đến câu 4, mỗi câu đều có 4 lựa
chọn, trong đó có duy nhất lựa chọn đúng. Em hãy viết vào tờ giấy làm bài thi chữ cái A, B, C
hoặc D đứng trước lựa chọn mà em cho là đúng (ví dụ: nếu câu 1 em chọn lựa chọn A thì viết
là 1.A)

Câu 1. Giá trị của 10. 40 bằng:

A. 10 B. 20 C. 30 D. 40

Câu 2. Cho hàm số y(m 2)x1 ( x là biến, m là tham số) đồng biến, khi đó giá trị của

m tho mãn:ả

A. m = 2 B. m < 2 C. m > 2 D. m =1

Câu 3. N u m t hình ch nh t có hai đ ng chéo vng góc v i nhau và đ dài m t c nh c aế ộ ữ ậ ườ ớ ộ ộ ạ ủ
hình ch nh t đó b ng 0,5cm thì di n tích c a nó b ng:ữ ậ ằ ệ ủ ằ

A. 0,25 cm2 B. 1,0 cm2 C. 0,5 cm2 D. 0,15 cm2

Câu 4. Tất cả các giá trị của x để biểu thức x2 có nghĩa là:

A. x < -2 B. x < 2 C. x  D. x2

PHẦN II. TỰ LUẬN (8,0 điểm):
Câu 5 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình

4 5 5

4 7 1

x y
x y

 




 



Câu 6 (1,5 điểm). Cho phương trình: x2 2(m 1)x m  5 0 , (x là ẩn, m là tham số ).
1. Chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 với mọi giá trị của

m.

2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x x1, 2 thoả mãn điều kiện

2 2

1 2 10
x x 

Câu 7 (1,5 điểm). Cho một tam giác có chiều cao bằng

4cạnh đáy. Nếu chiều cao tăng thêm

3m và cạnh đáy giảm đi 2m thì diện tích của tam giác đó tăng thêm 9m2. Tính cạnh đáy và
chiều cao của tam giác đã cho.

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

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P4(a3b3c3) 15 abc.

---HẾT---Cán bộ coi thi khơng được giải thích gì thêm!

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
————————

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

Dành cho các trường THPT khơng chun

——————————

HƯỚNG DẪN CHUNG:

-Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải
theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa.

-Trong mỗi bài, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan khơng được điểm.

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

-Điểm toàn là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và khơng làm tròn.

BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN

:

Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm):

Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm.

Câu 1 2 3 4

Đáp án B C A D

Phần II. Tự luận (8,0 điểm).

Câu 5 (2,0 đi m).ể

Nội dung trình bày Điểm

Xét hệ phương trình

4 5 5 (1)

4 7 1 (2)

x y
x y
 


 


Lấy (1) – (2) ta có: 2y4 y2 0,5

Thay y2 vào (1) có: 4x105 0,5

15
4

x

 

0,5
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:

, 2

x y

0,5
Câu 6 (1,5 điểm).

1. (0,5 đi m):ể

Nội dung trình bày Điểm

Ta có ' = m2 3 m + 6 0,25

=
2
3 15

0
2 4
m
 
  
 

  m nên PT đã cho có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 với mọi giá trị của m.

0,25
2. (1,0 đi m):ể

Nội dung trình bày Điểm

Theo cơng thức viet ta có: x1 + x2 = 2(m 1),  x1x2 = m 5  0,25

Ta có x12x22 (x1x2)2 2 .x x1 2

2 2

4(m 1) 2(m 5) 4m 10m 14

       0,25

Từ đó

2 2 2 2

1 2

10 4 10 14 10 4 10 4 0 2

m

x x m m m m

m



          



0,25
Vậy
1
2
m

hoặc m = 2 là các giá trị cần tìm thoả mãn u cầu bài tốn. 0,25
Câu 7 (1,5 đi m).ể

Nội dung trình bày Điểm

Gọi độ dài cạnh đáy của tam giác đã cho là x (m) (điều kiện x > 0) thì chiều cao của tam giác là

4x (m). 0,25

Diện tích của tam giác là

1 3 3

. .

2 4 8

S  x x x

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

Khi tăng chiều cao thêm 3m và giảm cạnh đáy đi 2m thì chiều cao của tam giác mới là (

3
3

4x ) (m) và độ

dài cạnh đáy của tam giác mới là (x 2) (m).

0,25

Khi đó diện tích tam giác mới là

1 3

' .( 2). 3

2 4

S  x  x 
  (m2)

0,25

Theo bài ra ta có PT :

1 3 3

3 ( 2) 9

2 4x x 8x

 

   

 

  x = 16 (thoả mãn điều kiện) 0,25

Vậy tam giác đã cho có độ dài cạnh đáy là x = 16 (m), độ dài chiều cao là h = 12 (m). 0,25

Câu 8. ( 2,0 điểm).

1. ( 1,0 đi m):ể

Nội dung trình bày Điểm

Có: MAO900 (góc giữa tiếp tuyến với bán kính đi qua tiếp điểm). 0,25

Tương tự MBO900. 0,25

Suy ra các điểm A, N, B cùng nhìn đoạn MO dưới một góc vng. 0,25
Vậy 5 điểm M, A, N, O, B cùng thuộc đường trịn bán kính 2

MO
.

0,25
2.( 1,0 đi m):ể

Nội dung trình bày Điểm

Tứ giác MANB nội tiếp nên AMN ABN (1),OAPS,OA MA  PS MA//  AMN RPN (2). 0,25

Từ (1) và (2) suy ra: ABN RPN hay RBN RPN  tứ giác PRNB nội tiếp  BPN BRN (3) 0,25
Mặt khác có: BPN BAQ (4), nên từ (3) và (4) suy ra: BRNBAQ  RN SQ// (5) 0,25
Từ (5) và N là trung điểm PQ nên trong SPQ có RN là đường trung bình, suy ra PR RS (đpcm) 0,25

Câu 9 (1,0 đi m).ể

Nội dung trình bày Điểm

Có a2 a2 (b c )2 (a b c a b c  )(   ) (1) , b2 b2 (c a )2 (b c a b c a  )(   ) (2)
c2 c2 (a b )2 (c a b c a b  )(   ) (3) . Dấu ‘=’ xảy ra  a b c 

Do a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên các vế của (1), (2), (3) đều dương. Nhân vế với vế của (1), (2), (3)

ta có : abc(a b c b c a c a b  )(   )(   ) (*) 0,25
Từ a b c  2 nên (*) abc(2 2 )(2 2 )(2 2 ) a  b  c  8 8(a b c  ) 8( ab bc ca  ) 9 abc0

8 9abc 8(ab bc ca) 0 9abc 8(ab bc ca) 8

           (*) 0,25

Ta có a3b3c3 (a b c  )3 3(a b c ab bc ca  )(   ) 3 abc 8 6(ab bc ca  ) 3 abc 0,25

Từ đó





3 3 3

4(a b c ) 15 abc27abc 24(ab bc ca  ) 32 3 9  abc 8(ab bc ca  ) 32
(**)
Áp dụng (*) vào (**) cho ta 4(a3b3c3) 15 abc3.( 8) 32 8  

0,25

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

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

a b c  
.

Từ đó giá trị nhỏ nhất của P là 8 đạt được khi và chỉ khi

2
3

a b c  

Sở giáo dục và đào tạo

phú thọ

Kú thi tuyÓn sinh vào lớp 10 trung học phổ thông

Năm học 2010-2011

Môn toán

Thi gian lm bi : 120 phỳt khụng k thời gian giao đề 
Ngày thi : 02 tháng 7 nm 2010

Đề thi có 01 trang

---Câu 1 (2 im)

a) TÝnh 2 4 3 25.

b) Giải bất phơng trình: 2x-10 > 0 .

c) Giải phơng trình : (3x -1 )(x - 2) - 3(x2- 4) =0 .
Câu 2 ( 2 điểm)

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

Một khu vờn hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 20 m và diện tích lµ 2400 m2 .

Tính chu vi khu vờn đó.
Câu 3 ( 2 im )

Cho hệ phơng trình

3

4 mx y

x my















( m là tham số)

a) Giải hệ phơng trình khi m=2

b) Chứng minh hệ phơng trình luôn có nghiệm duy nhất với mọi m.
Câu 4 ( 3 điểm)

Cho tam giỏc ABC có 3 góc nhọn .Đờng trịn tâm O đờng kính BC cắt AB; AC tại D và 
E .Gọi H là giao điểm của BE và CD .

a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp đợc đờng trũn .

b) Gọi I là trung điểm của AH .Chứng minh IO vuông góc với DE.
c) Chứng minh AD.AB=AE.AC.

Câu 5 (1 điểm)

Cho x; y là hai số thực dơng tháa m·n

4
3

x y 
.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1

A x y

x

y

  



---HÕt---Hä vµ tên thí sinh ...SBD...

Chú ý: cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

S giỏo dc v o to phú thọ

Kú thi tun sinh vµo líp 10 trung học phổ

thông

Năm học 2010-2011

Môn toán

Thi gian lm bi : 120 phút không kể thời gian giao đề 
Ngày thi : 03 thỏng 7 nm 2010

Đề thi có 01 trang

---Câu 1 (2 điểm)

a) TÝnh 2 9 3 16.

b) Giải phơng phơng trình: 3x-15 = 0 .

c) Giải bất phơng tr×nh : x2 + (x -1 )(3 - x) >0 .
Câu 2 ( 2 điểm)

Hai ô tô cùng khởi hành một lúc đi ngợc chiều nhau từ 2 tỉnh cách nhau 250 km,đi ngợc chiều
nhau và gặp nhau sau 2 giờ .Tìm vận tốc mỗi ô tô ,biết rằng 2 lần vận tốc ô tô A bằng 3 lần vận
tốc ô tô B.

Câu 3 ( 2 điểm )

Cho phơng trình ( ẩn x):

4(

1)

8 0

x



m



x m

(1)
a)Giải phơng trình (1) khi m=2

b) Gọi x1 ; x2 là 2 nghiệm của phơng trình (1).Tìm giái trị lớn nhất của biểu thức

Q x

 

x



x x

1 2

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

Cho tam giác ABC vng cân tại A,điểm M bất kì thuộc cạnh AC ( M khơng trùng A;C).Đờng
thẳng qua C vng góc với đờng thẳng BM tại H,CH cắt tia BA tại I .Gọi K là giao điểm của
IM và BC .Chứng minh

a)Chứng minh tứ giác BKHI nội tiếp đợc đờng tròn .
b)Chứng minh hai đoạn thẳng BM và CI bằng nhau.

c) Chứng minh rằng khi M chuyển động trên đoạn AC ( M không trùng A và C ) thì
điểm H ln chạy trên 1 cung trịn cố nh .

Câu 5 (1 điểm)

Cho a,b,c >1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

3

1 a

b

c

P

a

b

c



---Hết---Họ và tên thí sinh ...SBD...

Chú ý: cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Hớng dẫn câu 5 
Câu 5 (1 điểm)

Cho x; y là hai số thực dơng thỏa mÃn

4
3

x y
.

Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc

1 A x y

x

y

  



C¸ch 1:

áp dụng Bất đẳng thức A B 2 AB Với A,B không âm dấu “=” xảy ra khi A=B.

1 1

2 A x y

xy

x

y

xy

  







§Ỉt

2 3

x y
t xy   

Ta cã

2

8

10

8

10

13

2 2 2 .

2

9 9.

3 A

xy

t

xy

































13 3 2

( )

3 3

xy

Min A x y

x y




     
  



Cách 2: áp dụng Bất đẳng thức

1 1 4

A B A B Víi A,B >0 “=” x¶y ra khi A=B.

1 1

4

16

20 9(

)

9(

)

16

20

13

2 (

).

4 9(

)

9.

3 A x y

x y

x

y

x y

A

x y





  



  





 



































Cách 3 áp dụng Bất đẳng thức A B 2 AB ,

1 1 4

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

1 1

9

1

9

1

5 (

)

4

9 x

y

A x y

x y

x

y

x

y









  































sau đó áp dụng BĐT trên

Cách 4áp dụng Bất đẳng thức A B 2 AB Với A,B không âm dấu “=” xảy ra khi A=B.

1 1

4 5 1 1

9 A x y

x

y

x

y

x

y

x

y













  







































sau đó áp dụng 2 BĐT trờn

Câu 5 (1 điểm)

Cho a,b,c >1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

3

1 a

b

c

P

a

b

c







Ta cã

2

3

2 2

1 1 2

2 2 3

3 3

1

2

3

1 2(

1)

3(

1)

1

2

3

1 2(

1)

3(

1)

12

1

2

3 2 (

1).

2 2(

1).

2 3(

1).

1 a

b

c

a

b

c

P

a

b

c

a

b

c

P

a

b

c

a

b

c

P

a

b

c

a

b

c

P

a

b

c

a

b

c

 





















 







 

 



 









 





 











 

 

























 























12 24



</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20></div>
(21)<div class='page_container' data-page=21></div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Së GD&§T B¾c Giang Kú thi tun sinh vµo líp 10 ptth
năm học 2010-2011

chớnh thc Môn :TOán
(đợt 2) Ngày 03/07/2010

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

1. TÝnh 202162

2. Tìm điều kiện của x để biểu thức sau có nghĩa:
2
1

x
x




3. Hai đờng thẳng y = 2x - 1 và y = 2x + 3 có song song vi nhau khụng? Ti sao?
Cõu II(2 im)

1. Giải phơng trình : x2 - 2x - 3 = 0

2. Cho biÓu thøc

3 3

2 2

1 1

a a

P

a a a a

 

 

    (víi aR)
a. Rót gän biĨu thøc P.

b.Tìm a để P > 3.
Câu III(1,5 điểm)

Hai lớp 9A và 9B có tổng số học sinh là 84.Trong đợt mua bút ủng hộ nạn nhân chất độc 
màu da cam, mỗi học sinh lớp 9A mua 3 chiếc bút, mỗi học sinh lớp 9B mua 2 chiếc 
bút.Tìm số học sinh mỗi lớp, biết tổng số bút hai lớp mua là 209 chiếc.

C©u IV(3 ®iĨm)

Cho tam giác ABC vng tại A,đờng cao AH.Đờng trịn tâm O đờng kính HC cắt cạnh 
AC tại D (D khơng trùng với C).Tiếp tuyến của đờng trịn (O) tại D cắt AB tại M.
1. Chứng minh HD song song với AB.

2. Chøng minh tø gi¸c BMDC néi tiÕp.
3. Chứng minh DM2 = MH.AC.

Câu V(0,5 điểm)

Cho x2 + 2y2 + z2 -2xy - 2yz + zx - 3x - z +5 = 0.Tính giá trị biểu thức

S = x3 + y7 + z2010

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NINH

---KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 – 2011

---ĐỀ THI CHÍNH THỨC

MƠN: TỐN

(

Dành cho mọi thí sinh dự thi)

Ngày thi: 02/07/2010

Bài 1

. (1,5 điểm)

a) So sánh hai số:

3 5 à 29v

b) b) Rút gọn biểu thức: A =

3 5 3 5

 



 

Bài 2

. Cho hệ phương trình:

2 5 1

2 2

x y m
x y

  




 



(m là tham số)

a) Giải hệ phương trình với m = 1

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x

– 2y

= 1.

Bài 3

. (2,5 điểm)

Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

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

Bài 4

. (3,0 điểm)

Cho đương tròn (O;R) day cung BC cố định (BC<2R) và điểm A di động trên

cung lớn BC sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BD, CE của

tam giác cắt nhau tại H.

a) Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp.

b) Giả sử

BAC 600

, hãy tính khoảng cách từ tâm O đến cạnh BC theo R.

c) Chứng minh đường thẳng qua A và vng góc với DE ln đi qua một

điểm cố định.

Bài 5

.(1,0 điểm)

Cho biểu thức P = xy(x - 2)(y+6) + 12x

– 24x + 3y

+ 18y + 36

Chứng minh P luôn dương với mọi x,y



R. ĐÁP ÁN THAM KHẢO

MƠN: TỐN

Bài 1

. (1,5 điểm)

a) So sánh hai số:

3 5 à 29v

45>29 =>

3 5  29

b) Rút gọn biểu thức: A =

3 5 3 5

 



 

= 7

Bài 2

.

Cho hệ phương trình:

2 5 1

2 2

x y m
x y

  




 



(I) (m là tham số)

a) Giải hệ phương trình với m = 1

(x;y) = (2;0)

b)Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x

– 2y

= 1.

Ta giải (I) theo m được

2
1

x m
y m





 



Nghiệm này thỏa mãn hệ thức x

– 2y

= 1

nghĩa là

4m

– 2(m - 1)

= 1.

Giải phương trình ẩn m được m1 =

4 10 4 10

2 m 2

   



KL: Vậy với hai giá trị m1 =

4 10 4 10

2 m 2

   



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

Bài 3.

C1: Lập hệ phương trình:

Gọi thời gian vịi 1 chảy riêng đến khi đầy bể là x giờ (x>12)

Gọi thời gian vòi 2 chảy riêng đến khi đầy bể là y giờ (y>12)

Trong 1 giờ cả hai vòi chảy được

1
12

bể

Trong 1 giờ vòi 1 chảy được

x

bể

Trong 1 giờ vòi 2 chảy được

y

bể

Ta có phương trình:

x

+

y

=

1
12

(1)

Vịi 1 chảy nhanh hơn vịi 2 10 giờ nên ta có phương trình :

y = x+10 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

1 1 1

12
10

x y
y x



 




  


Giải hệ phương trình:

1 1 1 1 1 1 12 12

12 10 12 10

10 10

12( 10) 12 10 (1)
10

x y x x x x

y x y x

y x

x x x x

y x

    

   

  

   

  

        

 



    

 

 


Giải (1) được x1 = 20, x2 = -6 (loại)

x1 = 20 thỏa mãn, vậy nếu chảy riêng thì vịi 1 chảy trong 20 giờ thì đầy bể,

vịi 2 chảy trong 30 giờ thì đầy bể.

C2: Dễ dàng lập được phương trình

1 1 1

10 12

x x 

Giải tương tự ra cùng đáp số.

Bài 4

.

a)Tứ giác AEHD có

AEH 90 ,0 ADH 90 ê0n nAEH ADH 1800

   

Vậy tư giác AEHD nội tiếp.

b) Khi

BAC 600  BOC 1200

Mặt khác tam giác BOC cân tại O nên khoảng

cách từ O đến BC là đường cao đồng thời là tia phân

giác của tam giác BOC.

 600
KOC

 

OK = cos60

.OC = R/2

c) Giả sử : (1)

E B  ABC

vuông cân tại

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

H
O

E
D

Bài 5

.

P = xy(x - 2)(y+6) + 12x

– 24x + 3y

+ 18y + 36

= x

y

+ 6x

y - 2xy

- 12xy – 24x + 3y

+ 18y + 36

= (18y + 36) + (6x

y + 12x

) – (12xy + 24x) + (x

y - 2xy

+ 3y

)

= 6(y + 2)(x

– 2x + 3) + y

(x

– 2x + 3)

.

H
O

E
D

Họ tên thí sinh:……… ……….Số báo danh:………
Họ tên, chữ ký của giám thị 1: Họ tên, chữ ký của giám thị 2:

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

HD

C©u 5:

x2 + 2y2 + z2 -2xy - 2yz + zx - 3x - z +5 = 0.

<=>
1

2(x2 + 4y2 + z2 -4xy - 4yz + 2zx) +
1

2( x2 – 6x + 9) +
1

2 ( z2 – 2z +1) = 0
 <=>

2(x - 2y + z)2 +
1

2( x - 3)2 +
1

2(z - 1)2 = 0

=> x = 3 ; y = 2 ; z = 1 => S = x3 + y7 + z2010 =33 + 27 + 12010 = 92

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNGNăm học 2010-2011

Mơn thi: TỐN

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

Bài 1. (2,0 điểm)

1. Rút gọn biểu thức:

3 1 9

3 3



 

  

 

 

x
A

x x x x với

0, 9

 

x x .

2. Chứng minh rằng:

1 1

5 10

5 2 5 2

 

  

 

 

Bài 2. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y(k 1)x n và hai điểm
A(0;2), B(-1;0).

1. Tìm các giá trị của k và n để:

a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B.

b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y  x 2 k.

2. Cho n2. Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích

tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.

Bài 3. (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2  2mx m  7 0 (1) (với m là tham số).

1. Giải phương trình (1) với m1.

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

2. Chứng minh rằng phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của

m.

3. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1; 2 thoả mãn hệ thức: 1 2

1 1

x  x  .

Bài 4. (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB vng góc với dây cung MN tại H (H
nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O;R) sao cho đoạn
thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E.

1. Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK.

2. Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh

NFK cân.

3. Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK//MN và KM2 + KN2 = 4R2.

Bài 5. (0,5 điểm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:













3 3

     

a b c

HẾT

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

Giám thị 1:... Giám thị 2:...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNGNăm học 2010 - 2011
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

(Gồm 05 trang)

Bài 1. (2,0 điểm)

1. Rút gọn biểu thức:

3 1 9

3 3

x
A

x x x x



 

  

 

  với x0,x9.

2. Chứng minh rằng:

1 1

5 10

5 2 5 2

 

   

 

 

Ý Nội dung Điểm

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

(1,25đ)





3 1 9

3
3

x
A

x x

 



 

  

   

 













3 3 3 9

x x x x

A

x x x

   

  

 0,25

3 x 9 x 3 x

A

x
  

  0,25

9 x

A
x


  0,25

Kết luận: Vậy với x0,x9thì

9 x

A
x


 0,25

2.
(0,75đ)

Ta có:



 



1 1 5 2 5 2

5. 5.

5 2 5 2 5 2 5 2

 

  

   

 

   

   

 

0,25

2 5

5 4



= 10

0,25

Vậy:

1 1

5. 10

5 2 5 2

 

 

 

 

  0,25

Bài 2. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y(k 1)x n và hai điểm
A(0;2), B(-1;0).

1. Tìm các giá trị của k và n để:

a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B.

b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y  x 2 k.

2. Cho n2. Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích

tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.

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

1a
(1,0 đ)

(d): y = (k-1)x + n đi qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình:

( 1).0 2

( 1).( 1) 0

k n
k n
  


   

0,25

1 2 0

n
k


 
  

2
3
n
k


 

 0,5

Kết luận: Vậy k = 3, n = 2 thì (d) đi qua hai điểm A(0;2), B(-1;0) 0,25

1b
(0,5 đ)
+
1 1
( ) //( )
2
k

d
n k
 

  
 

2
0
k
n


 

 0,25

Kết luận: Vậy

2
( ) //( )
0
k
d
n


  

 0,25

2.
(0,5 đ)

Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + 2. Suy ra đường thẳng (d) cắt trục Ox tại C

1 0 1

k k

     và khi đó toạ độ điểm C là

2
;0
1 k
 
 

 
0,25
Ta có:
2
1
C
OC x
k
 

 và do B(-1;0) nên OB = 1.

Vì các tam giác OAC và OAB vng tại O và chung đường cao AO nên suy ra:

2 2 2

|1 |

OAC OAB

S S OC OB

k
    

0
2
k
k


  

 (thoả mãn đk k 1)

Kết luận: k = 0 hoặc k = 2.

0,25

Bài 3. (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2  2mx m  7 0 (1) (với m là tham số).

1. Giải phương trình (1) với m1.

2. Chứng minh rằng phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của

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

3. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1; 2 thoả mãn hệ thức: 1 2

1 1

x  x  .

Ý Nội dung Điểm

1.
(0,75đ)

Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành:
2 2 8 0

' 1 8 9 ' 3

x  x 

      

0,25

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

1 3
4
1
1 3
2
1
x
x
 

 


 
  

0,25

Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt là x = - 4, x = 2. 0,25

2.
(0,75đ)

Pt (1) có  ' m2 (m 7) m2 m7 0,25

2
1 27
0
2 4
m
 
    

  với mọi m. 0,25

Vậy với mọi giá trị của m thì (1) ln có hai nghiệm phân biệt. 0,25

3.
(0,5 đ)

Theo câu 2, ta có (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi giá trị của
m. Theo định lý Vi ét ta có:

1 2

2
7

x x m

x x m

 



 

0,25

Theo giả thiết ta có:

1 2

1 2 1 2
1 2
0
1 1
16
16
x x

x x x x

x x


   
 






7 0

2 16 7

7
8
8
m
m m
m
m
m
 


 
 




 


 

Vậy m = 8 là giá trị cần tìm.

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

Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường trịn (O;R), đường kính AB vng góc với dây cung
MN tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O;R)
sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A , hai dây MN và BK
cắt nhau ở E.

1. Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK.

2. Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh

NFK cân.

3. Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK // MN và KM2 + KN2 = 4R2.

n
m

e c

b
a

P O K

H E N

M C

B
A

Ý Nội dung Điểm

1.
(2,0đ)

 Ta có: + AHE 900 (theo giả thiết ABMN ) 0,5

+ AKE 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 0,5

  900

AHE AKE

    H, K thuộc đường trịn đường kính AE.

Vậy tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp. 0,25

 Xét hai tam giác CAE và CHK:

+ Có chung góc C 0,25

+ EAC EHK (góc nội tiếp cùng chắn cung EK)

Suy ra CAE CHK (g - g) 0,5

2.
(1,0 đ)

Do đường kính AB MN nên B là điểm chính giữa cung MN suy ra ta có

  (1)

MKB NKB

0,25

Lại có BK // NF (vì cùng vng góc với AC) nên

 

(2)
(3)

NKB KNF
MKB MFN

 









0,5

Từ (1), (2), (3) suy ra MFN KNF  KFN KNF. Vậy KNF cân tại K. 0,25
3.

(0,5 đ) * Ta có

 900  900

AKB  BKC  KECvuông tại K

Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vng cân tại K

  450  450

BEH KEC   OBK 

Mặt khác vì OBK cân tại O ( do OB = OK = R) nên suy ra OBK vuông

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

cân tại O dẫn đến OK // MN (cùng vng góc với AB)

* Gọi P là giao điểm của tia KO với đường trịn thì ta có KP là đường kính
và KP // MN. Ta có tứ giác KPMN là hình thang cân nên KN = MP.

Xét tam giác KMP vng ở M ta có: MP2 + MK2 = KP2  KN2 + KM2 = 4R2.

0,25

Bài 5. (0,5 điểm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:













3 3

     

a b c

Ý Nội dung Điểm

0,5 đ

Ta có: (a 1)3a3 3a23a 1





3 3 1

3 3 3

1 1 (1) ( 0)

2 4 4

a a a

a a a a do a

   

 

        

 

Tương tự:

 

3 3 3 3

( 1) 1 2 , ( 1) 1 3

4 4

b  b c  c

0,25

Từ (1), (2), (3) suy ra:













3 3





3 9 3 3

4 4 4

a  b  c  a b c     
Vậy BĐT được chứng minh.

Dấu đẳng thức xảy ra khi
2

3 3

0 0 3

2 2 0,

2
3
3 0
0 3
0,
2
2
2

3 0 0 3

0,
2

2 2

3
3

a a a a

a b c

b b

b b

b a c

c c

c c c a b

a b c
a b c

   

 
      

 
    

 
  
     
    
    
    
  
    
   
   
 
    
    
  


0,25

Híng dÉn chung:

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

2. Bài 4 phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải của bài tốn (khơng cho điểm hình
vẽ).

3. Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa theo khung điểm.

4. Chấm từng phần. Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần, khơng làm trịn.

Sở giỏo dc v o to

Hải Phòng

Đề thi chính thức

Đề thi tuyển lớp 10 THPT
Năm học 2010-2011

Ngày thi : 23/ 6/ 2010

Môn thi : Toán

Thi gian lm bi 120 phỳt (Không kể thời gian giao đề)
Chú ý: Đề thi gồm có 2 trang. Học sinh làm bài vào tờ giấy thi

Phần I: Trắc nghiệm (2 điểm)
Câu 1. Căn bậc hai sè häc cđa 5 lµ

A.  5 B.  5 C. 5 D. 25

Câu 2: Hàm số nào sau đây lµ hµm sè bËc nhÊt?

A. y 3x 3 B. y 3x 3 C. y = -3

D.

y x 3

 

Câu 3 : Đờng thẳng nào sau đây song song với đờng thẳng y = 2x – 3?
A. y = 3 x - 3

B.

y x 1

  C. y = -2 (1 - x) D. y = 2 (1 - x)

C©u 4: Nếu phơng trình x2 - ax + 1 = 0 có nghiệm thì tích hai nghiệm số là

A. 1 B. a C. -1 D. -a

Câu 5: Đờng trịn là hình 
A.Khơng có trục đối xứng
B. có một trục đối

C.có hai trục đối xứng
D. có vơ số trục đối xứng

C©u 6: Trong hình 1, tam giác ABC vuông tại A, AH BC. Độ dài của đoạn thẳng AH 
bằng

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

H×nh 1
9

4 H C

H×nh 2
O

B
A

700

Câu 7: Trong hình 2 biết AB là đờng kính của đờng trịn (O), góc AMN = 700. Số đo góc

BAN lµ

A. 200 B. 300 C. 400 D. 250

Câu 8: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 3cm , CB = 4cm. Quay hình chữ nhật đó một 
vịng quanh cạnh AB đợc một hình trụ. Thể tích hình trụ đó là

A. 48cm3 B. 36cm3

B. 36cm3 A. 48cm3

Phần 2 : Tự Luận( 8 điểm)
Bài 1 (1,5 ®iĨm):

Cho biĨu thøc M



8 4 2  40



2 vµ

5 2
N

5 2




1.Rót gän biĨu thøc M vµ N.

2.Tính M + N.
Bài 2 (2,0 điểm):

1.Giải hệ phơng trình

3x y 1

3x 2y 5

2.Giải phơng trình 3x2 - 5x = 0

3.Cho phơng trình 3x2 - 5x - 7m = 0. Tìm giá trị của tham số m phng trỡnh cú

nghiệm dơng.
Bài 3 (3,75 điểm):

Cho tam giác ABC vng ở A có AB < AC, đờng cao AH. Đờng trịn đờng 
kính AH cắt AB ở P, cắt AC ở Q.

1.Chøng minh PHQ = 900.

2.Chøng minh tứ giác BPQC nội tiếp.

3.Gọi E, F lần lợt là trung điểm của HB và HC. Tứ giác EPQF là hình gì?
4.Tính diện tích tứ giác EPQF trong trờng hợp tam giác vuông ABC có cạnh 
huyền BC = a và ACB = 300.

Bài 4 (0,75 điểm):

Cho x xy +1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2
3xy
P

x y

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

Đáp án- biểu điểm

Bài 3:

Hình vẽ: 0,5 đ
Câu 1: 0,75đ
Câu 2: 1 đ

Câu 3: 0,75 đ
Câu 4: 0,75 đ
Bài 4:

Từ giả thiết suy ra x0
1. Nếu y = 0 th× P = 0
2. NÕu y 0 thì P 0

Nếu x, y trái dấu thì P < 0 0,25 ®

 NÕu x, y cïng dÊu

TH1: x < 0, y < 0 th× xy + 1 > 0 nên x < xy +1 Trái với giả thiết x ≥ xy +1 0,25 ®
TH2: x > 0, y > 0. Tõ x ≥ xy +1 suy ra

1 y y 1

1 y 2

x x x 4

  

Đặt

y 1 3t

t = 0 < t P =

x 4 1+ t

 

 

 

 

XÐt













2 2 2

3 17t 4t 4

12 3t 12 3(4 t)(4t 1)

P = 0

17 t 1 17 17 t 1 17 t 1

   

    

 

(Vì

1
0 < t

)
Do ú:

12
P

. Vậy giá trÞ lín nhÊt cđa P = 
12
17

Đạt đợc khi chỉ khi t = 
1





1
x; y 2; .

 

  

  0,25 ®

GTNN lúc này là
4

a

S GIÁO D C VÀ ÀO T OỞ Ụ Đ Ạ

H I DẢ ƯƠNG

KÌ THI TUY N SINH L P 10 THPT

Ể

Ớ

N M H C 2010 - 2011

Ă

Ọ

Mơn thi

:

TỐN

Th i gian làm bài: 120 phút, không k th i gian giao

ờ

ể ờ

đề

Ngày thi: 06 tháng 07 n m 2010 (

ă

Đợ

t 1)

thi g m : 01 trang

Đề

ồ

Câu 1 (3 đi m)ể

1) Gi i các ph ng trình sau:ả ươ

CHÍNH TH C

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

2 4 0

3 x





.

x



3 x



4 0



.
2) Rút g n bi u th c ọ ể ứ

N

3 . 3

1 a





 











 











 



v i ớ

a



0

và

a



1

.
Câu 2 (2 đi m) ể

1) Cho hàm s b c nh t ố ậ ấ

y ax





1

. Xác đ nh h s ị ệ ốa, bi t r ng đ th c a hàm sế ằ ồ ị ủ ố
c t tr c hồnh t i đi m có hồnh đ b ng ắ ụ ạ ể ộ ằ

1 

2

2) Tìm các s nguyên ố m đ h ph ng trình ể ệ ươ

3

2

3 x y

m

x

y















có nghi m ệ

( ; )

x y

th aỏ
mãn đi u ki n ề ệ

x



xy



30

Câu 3 (1 đi m) ể

Theo k ho ch, m t x ng may ph i may xong 280 b qu n áo trong m tế ạ ộ ưở ả ộ ầ ộ
th i gian quy đ nh. ờ ị Đến khi th c hi n, m i ngày x ng đã may đ c nhi uự ệ ỗ ưở ượ ề
h n 5 b qu n áo so v i s b qu n áo ph i may trong m t ngày theo kơ ộ ầ ớ ố ộ ầ ả ộ ế
ho ch. Vì th , x ng đã hoàn thành k ho ch tr c 1 ngày. H i theo k ho ch,ạ ế ưở ế ạ ướ ỏ ế ạ
m i ngày x ng ph i may xong bao nhiêu b qu n áo?ỗ ưở ả ộ ầ

Câu 4 (3 đi m)ể

Cho tam giác nh n ABC n i ti p đ ng tròn (O). Các đ ng cao BE và CF c aọ ộ ế ườ ườ ủ
tam giác ABC c t nhau t i H và c t đ ng tròn (O) l n l t t i E’ và F’ (E’ắ ạ ắ ườ ầ ượ ạ
khác B và F’ khác C).

1) Ch ng minh t giác BCEF là t giác n i ti p. ứ ứ ứ ộ ế
2) Ch ng minh EF song song v i E’F’.ứ ớ

3) K OI vng góc v i BC (ẻ ớ

I BC



). Đường th ng vng góc v i HI t i H c tẳ ớ ạ ắ
đ ng th ng AB t i M và c t đ ng th ng AC t i N. Ch ng minh tam giácườ ẳ ạ ắ ườ ẳ ạ ứ

IMN

cân.

Câu 5 (1 đi m) ể

Cho a, b, c, d là các s d ng th a mãn ố ươ ỏ

a



b



1

và

4 4

1

a

b

c



d



c d



. Ch ngứ
minh r ng ằ

2 a

d

c



b



.

---H t---ế
H tên thí sinh: ………S báo danh: ……….……ọ ố

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2010 – 2011 (đợt 1)

Ngày thi: 06 tháng 07 năm 2010

I) HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ
điểm.

- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội
đồng chấm.

- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a

Giải phương trình

2 4 0

3 x





1,00

2 4 0

4

3 x



 

3 x



(hoặc

2 x



12 0



)

2 x



12

6 x



0,25
0,25
0,5
b Giải phương trình

x

3

x

4 0





1,00

Đặt

t x t



,



0

ta được

t



3 t



4 0



1,

4 t

 



1 t



(loại)
2

4

2 t

 

x

 

x



0,25
0,25
0,25
0,25
c

Rút gọn

N

3 . 3

1 a





 











 











 



với

a



0

và

a



1

1,00

(

1)

1 a







(

1)

1 a









 



N



3 

a

. 3



a

 

9 a

0,25
0,25
0,5

2 a Xác định hệ số a 1,00

Ra được phương trình

0 

a

( 2 1) 1



1 2 1

a









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

1

2 a

 

Vậy

a

 

1

2

0,25
0,25
b

Tìm các số nguyên m để nghiệm

( ; )

x y

thỏa mãn

x



xy



30

1,00
Tìm được

y m

 

1 x



2 m



1 30

(2

1)

(2

1)(

1) 30

x



xy





m





m



m





2 m

10 0







2 m





hoặc

5

2 m



Do m nguyên nên

m



2

0,25
0,25
0,25
0,25
3 Tính số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch 1,00

Gọi số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là

x

bộ (x
ngun dương).

Số ngày hồn thành cơng việc theo kế hoạch là

280 x

Số bộ quần áo may trong một ngày khi thực hiện là

x



5

Số ngày hồn thành cơng việc khi thực hiện là

280

5 x



Theo giả thiết ta có phương trình

280

1

5 x



x





280(

x

5) 280

x x x

(

5)

x

5 x

1400 0



















Giải pt ta được

x



35,

x



40

(loại)

Số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là 35 bộ

0,25
0,25
0,25
0,25
4 a Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp 1,00

Hình 2 Hình 1
Vẽ được hình 1

Theo giả thiết



BFC



90 ,

BEC





90

0,5
0,25
0,25

D
M

I C

F'
F

E'
E

C
F'

E'
E

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



90

BFC BEC







BCEF là tứ giác nội tiếp

b Chứng minh EF song song với E’F’ 1,00

BCEF là tứ giác nội tiếp suy ra

CBE CFE







' '

CBE CF E



(cùng chắn cung

CE



'

)

Suy ra

CFE CF E







' '

Suy ra

EF E F

// ' '

0,25
0,25
0,25
0,25

c Chứng minh tam giác

IMN

cân 1,00

TH 1. M thuộc tia BA.

H là trực tâm của tam giác ABC suy ra

AH



BC



CAH CBH



(cùng phụ với góc



ACB

)



90 ,



90

BHI BHM





ANH



NHE





BHM



NHE

(vì đối đỉnh)



BHI







ANH

 

đồng dạng với

AH

HN

BIH

BI

IH







(1)
Tương tự



AHM

đồng dạng với

AH

HM

CIH

CI

IH







(2)
Từ (1) và (2) và

BI CI



suy ra

HM

HN

HM

HN

IH



HI





Mà

HI



MN

tại H suy ra



IMN

cân tại I.

TH 2. M thuộc tia đối của tia BA.



CAH CBH



(cùng phụ với góc



ACB

)



90



ANH





NHE

(góc ngồi



)



90



BHI





BHM



BHM



NHE

(vì đối đỉnh)



ANH



BHI

 

ANH

đồng dạng

với

AH

HN

BHI

BI

IH







. Đến đây
làm tương tự như TH 1.

* Chú ý. Thí sinh chỉ cần làm 1 trong 2

TH đều cho điểm tối đa.

0,25
0,25
0,25

0,25

Chứng minh rằng

2 a

d

c



b



1,00

2 2

1

a



b



và

4 4

1

4 4

(

2 2 2

)

a

b

a

b

a

b

c

d

c d

c

d

c d













0,25

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

4 4 2 2 2

(

)

(

)

(

)

d c d a

c c d b

cd a

b









4 2 4 2 4 4

(

4 4

2

2 2

)

dca

d a

c b

cdb

cd a

b

a b









2 4 2 4

2

2 2

0

(

2 2 2

)

0

d a

c b

cda b

da

cb







 





2 2

0

da

cb







hay

2 2

a

b

c



d

. Do đó

2 2 2 2

2 2 2

(

)

2

0 a

d

b

d

b

d

c

b

d

b

db

















. Vậy

2 a

d

c



b



0,25
0,25
0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2010 - 2011

Mơn thi

:

TỐN

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

Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 (Đợt 2)

Câu 1 (3 điểm)

a) Vẽ đồ thị của hàm số

y



2 x



4

.
b) Giải hệ phương trình

2

3

2

3 x

y

x















.

c) Rút gọn biểu thức P =

9

25

4

2 a





với

a



0

.

Câu 2 (2 điểm)

Cho phương trình

x



3 x m





0

(1) (x là ẩn).
a) Giải phương trình (1) khi

m



1

.

b) Tìm các giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

x x

,

2 thỏa mãn

2 2

1 1 3 3

x

 

x

 

.

Câu 3 (1 điểm)

CHÍNH TH C

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

Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 48 km. Một canô đi từ bến A đến bến
B, rồi quay lại bến A. Thời gian cả đi và về là 5 giờ (khơng tính thời gian nghỉ).
Tính vận tốc của canơ trong nước n lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước là 4
km/h.

Câu 4 (3 điểm)

Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh bằng a, M là điểm thay đổi trên cạnh BC
(M khác B) và N là điểm thay đổi trên cạnh CD (N khác C) sao cho



MAN 45



. Đường chéo BD cắt AM và AN lần lượt tại P và Q.

a) Chứng minh tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi H là giao điểm của MQ và NP. Chứng minh AH vng góc với MN.
c) Xác định vị trí điểm M và điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn nhất.

Câu 5 (1 điểm)

Chứng minh

a



b



ab a b

(



)

với mọi

a b

,



0

. Áp dụng kết quả trên, chứng
minh bất đẳng thức 3 3 3 3 3 3

1 a



b



b



c



c



a





với mọi a, b, c là

các số dương thỏa mãn

abc



1

.

---Hết---Họ tên thí sinh: ………Số báo danh: ……….……
Chữ kí của giám thị 1:……… Chữ kí của giám thị 2: ………...……

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2010 – 2011 (đợt 2)

Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010

I) HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ
điểm.

- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội
đồng chấm.

- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Ý Nội dung Điểm

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

Đồ thị cắt trục Ox tại A

(2;0)

(HS có thể lấy điểm khác)
Đồ thị cắt trục Oy tại B

(0; 4)



(HS có thể lấy điểm khác)
Vẽ được đồ thị hàm số

0,25
0,25
0,5
b

Giải hệ phương trình

2

3

2

3 x

y

x















1,00
Hệ

2

3

2

3 x

y

x y







 







(HS có thể dùng phép thế hoặc phép trừ)

Tìm được

x



3

Tìm được

y



3

Kết luận. Hệ có nghiệm duy nhất

x



3,

y



3

0,25
0,25
0,25
0,25
c

Rút gọn biểu thức P =

9

25

4

2 a





với

a



0

1,00

9 a



25 a



4 a



9 a



5 a



2 a a

(

2)





2

(

2)

a



a a a





P =

2 a

hoặc

2 a

0,25
0,25
0,25
0,25
2 a Giải phương trình

x

3

x m

0







khi

m



1

. 1,00

1 m



ta có phương trình

x



3 x

 

1 0

9 4 5

  



3

5

2 x





, 2

3

5

2 x





(mỗi nghiệm đúng cho 0,25)

0,25
0,25

0,5
b

Tìm m để

x x

,

2 thỏa mãn

2 2

1 1 3 3

x

 

x

 

1,00

Pt (1) có hai nghiệm phân biệt

9 9 4

0

4 m

   

 



(1)
Theo định lí Viet

x



x



3,

x x

1 2



m

. Bình phương ta được

2 2 2 2

1 2

2 2 (

1)(

1) 27

x



x

 

x



x





2 2 2 2 2 2

1 2

2

1 2 1 2

1 25

x

x x

x





 

.

Tính được

x



x



(

x



x

)



2 x x

1 2

 

9 2

m

và đưa hệ thức

trên về dạng

m



2 m



10  

m

8

(2)

2

10

16

64

18

54

3

m



















.

Thử lại thấy

m



3

thỏa mãn pt (2) và điều kiện (1).

0,25

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

3 Tính vận tốc của canô trong nước yên lặng 1,00

Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là

x

(km/h,

x



4)

Vận tốc canơ khi nước xi dịng là

x



4

và thời gian canơ chạy

khi nước xi dịng là

48

4 x



.

Vận tốc canơ khi nước ngược dịng là

x



4

và thời gian canơ chạy

khi nước ngược dịng là

48

4 x



.

Theo giả thiết ta có phương trình

48

5

4 x



x







48(

x



4  

x

4) 5(



x



16)



5 x



96 x



80 0



Giải phương trình ta được

x



0,8

(loại),

x



20

(thỏa mãn)

Vậy vận tốc canô trong nước yên lặng là 20 km/h

0,25
0,25
0,25
0,25
4 a Chứng minh tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp 1,00

Hình 1 Hình 2
Vẽ được hình 1

Theo giả thiết

QAM





45

0 và

QBM





45 

QAM

QBM







ABMQ

là tứ giác nội tiếp

0,5
0,25
0,25

b Chứng minh AH vng góc với MN 1,00

ABMQ

là tứ giác nội tiếp suy ra



AQM



ABM

180







90



90

ABM





AQM





MQ



AN

Tương tự ta có ADNP là tứ giác nội tiếp



NP



AM

Suy ra H là trực tâm của tam giác

AMN



AH



MN

* Chú ý. Lập luận trên vẫn đúng khi M trùng với C

0,25
0,25
0,25
0,25
c Xác định vị trí điểm M và N để



AMN có diện tích lớn nhất 1,00

M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác B) nên có 2 TH

TH 1. M khơng trùng với C, khi đó M, N, C khơng thẳng hàng.
Gọi I là giao điểm của AH và MN và S là diện tích tam giác AMN

A

B

C

D

M

N

P

Q

H I

A

B

C

D

M

N

P

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

thì S =

1 .

2 AI MN

.

Tứ giác APHQ nội tiếp suy ra

PAH







PQH

(1)
Tứ giác ABMQ nội tiếp suy ra

BAM





BQM



(2)
Từ (1) và (2) suy ra

PAH





BAM



hay

MAI





MBA



Hai tam giác vng MAI và MAB có

MAI





MBA



, AM chung suy



MAI



MAB



AI



AB a IM



,



BM

Tương tự



NAI



NAD



IN



DN

. Từ đó

S =

1 .

2 AI MN



2 a MN

Ta có

MN MC NC a BM a DN





 

 



2 a



(

IM



IN

)

Vậy

MN



2 a MN



hay

1 .

2 MN a

 

S



a MN



a

TH 2. M trùng với C, khi đó N trùng với D và



AMN



ACD

nên S =

1 .

2 AD DC



2 a

Vậy



AMN có diện tích lớn nhất



M C



và

N



D

.

0,25

5 3 3 3 3 3 3

1 a



b



b



c



c



a





1,00
3 3

(

)

(

)

(

) 0

a



b



ab a b





a a b





b b a





2 2 2

(

a b a

)(

b

) 0

(

a b

) (

a b

) 0





 







, đúng



a b

,



0

3 3

(

)

3 3

(

)

a



b



ab a b





a



b



abc ab a b





abc

3 3

1 (

)

1 (

)

a

b

ab a b c

a

b

ab a b c





 

 







 

(Do các vế đều dương). Tương tự, cộng lại ta được

3 3 3 3 3 3

1 a



b



b



c



c



a



1 (

)

(

)

(

)

ab a b c

bc a b c

ca a b c







 

0,25
0,25
0,25

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

Sở giáo dục - đào tạo

Nam §Þnh

đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm học 2010 - 2011
Mơn: Tốn

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

Phần 1- Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu sau có nêu bốn phơng án trả lời, trong đó chỉ có một
phơng án đúng. Hãy chọn phơng án đúng (viết vào bài làm chữ cái đứng trớc phơng án đợc lựa
chọn).

Câu 1. Phơng trình (x – 1)(x + 2) = 0 tơng đơng với phơng trình

A. x2 + x – 2 = 0 B. 2 x + 4 = 0 C. x2 -2 x +1 = 0 D. x2 + x +2 = 0
Câu 2. Phơng trình nào sau đây có tổng hai nghiệm bằng 3?

A. x2 - 3 x +14 = 0 B. x2 - 3 x - 3 = 0 C. x2 -5 x +3 = 0 D. x2 -9 = 0
Câu 3. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ?

A. y = -5x2 B. y = 5x2

C. y = ( 3-2)x D. y = x - 10

C©u 4. Phơng trình x2 + 4 x + m = 0 cã nghiƯm khi vµ chØ khi

A. m4. B. m4. C. m4. D. m 4.

Câu 5. Phơng trình 3x4x có tËp nghiƯm lµ



1; 4



. B.



4;5



. C.



1; 4



. D.

 

4 .

Câu 6. Nếu một hình vng có cạnh bằng 6 cm thì đờng trịn ngoại tiếp hình vng đó có bán
kính bằng

A. 6 2cm B. 6cm C. 3 2cm D. 2 6cm

Câu 7. Cho hai đờng tròn (O;R) và ( ; )O R, , có R = 6cm, R, = 2cm, OO, = 3cm. Khi đó, vị trí
tơng đối của hai đờng trịn đã cho là

A. c¾t nhau.

B. (O;R) đựng
, ,

( ; )O R . C. ë ngoµi nhau. D. tiÕp xóc trong.

Câu 8. Cho một hình nón có bán kính đáy bằng 3cm, có thể tích bằng 18 cm3. Hình nón đã cho 
có chiều cao bằng

A.
6

cm

 .

B. 6cm.

C.
2

cm

D. 2cm.
Phần 2- Tự luận (8,0 điểm)

Câu 1. (1,5 điểm) Cho biÓu thøc P = 
2

1 1 2

x x

x x x x

 



 

     

  víi x0vµ x1.

1) Rót gän biĨu thøc P.

2) Chøng minh r»ng khi x 3 2 2 th× P =
1
2.
Câu 2. (1,5 điểm)

1) Cho hm s y = 2x + 2m + 1. Xác định m, biết rằng đồ thị của hàm số đi qua điểm
A(1;4).

2) Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x2 và đồ thị hàm số y = 2x + 3.

Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phơng trình

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

1 2

2 1

3 4

x y x y

x y x y
x y
  

 

  

  


Câu 4. (3,0 điểm) Cho đờng tròn (O; R) và một điểm M nằm ngồi đờng trịn sao cho OM = 
2R. Đờng thẳng d đi qua M và, tiếp xúc với đờng tròn (O; R) tại A. Gọi N là giao điểm của
đoạn thẳng MO với đờng trịn (O; R).

1) Tính độ dài đoạn thẳng AN theo R. Tính số đo góc NAM.

2) Kẻ hai đờng kính AB và CD khác nhau của đờng trịn (O; R). Các đờng thẳng BC, BD
cắt đờng thẳng d lần lợt P, Q.

a) Chøng minh tø gi¸c PQDC néi tiÕp.
b) Chøng minh 3BQ – 2 AQ > 4R.

Câu 5. (1,0 điểm) Tìm tất cả các cặp số (x; y) thoả mãn điều kiện 2



x y 4y x 4



xy
HƯớng dẫn giảI và dự kiến đáp án đề tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm học 2010 - 2011

Phần đáp án điểm

I
(2,0®)

Câu 1: A; Câu 2: B; Câu 3: D; Câu 4: C Mỗi câu đúng cho 0,25
Câu 5: D; Câu 6: C; Câu 7: B; Câu 8: C

2,0
II

C©u1

(1,5®) 1. (1®)

Thùc hiƯn:

2 2( 1) ( 1)

1 1 ( 1)( 1)

x x x x

  
 
   
0,25

2 2
1

x x x

x
  


0,25

2
1
x x
x
 


0,25
P =

2
.

1 2 1

x x x x

 



   

0,25

2. (0,5®) Thay x = 3 2 2 vµo biĨu thøc P rót gän ta cã
3 2 2

3 2 2 1

P 

 

1 2 1

2
2 2 2

. điều phải chứng minh

0,25

Câu2

(1,5đ) Đồ thị hàm số đi qua điểm A(1;4) suy ra x = 1 và y = 4 thoả mÃn công thứcy =2x+2m+11. (0,75đ)

Suy ra 4 = 2.1 + 2m + 1 0,50

Tìm đợc m = 0,5 0,25

2. (0,75®)

Xét phơng trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị x2 = 2x + 3
Giải phơng trình tìm đợc x = -1và x = 3

Thay vào công thức hàm số tìm đợc y = 1 và y = 9

Kết luận toạ độ giao điểm của hai đồ thị hàm số l (-1; 1) v (3; 9)

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

Câu 3
(1,0đ)

Câu 4
(3,0đ)

+ Đặt ĐKXĐ của hệ

1 2

2 1

3 4

x y x y

x y x y
x y
  

 

  

  

 lµ (x+2y)(x+y+1)0

+ Biến đổi phơng trình

2 2

1 2 ( 1) ( 2 )

2 2

2 1 ( 1)( 2 )

x y x y x y x y

x y x y x y x y

      

   

     

2 2

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

        









2 2

(x y 1) (x 2 )y 0 1 y 0 y 1

          

+ Thay y = 1 vào phơng trình 3x + y = 4 ta tìm đợc x = 1
+ Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm của hệ là (1; 1)

Q

P

D

B

M

N

O

A

C

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
1. 1®iĨm

+ Tính đợc MN = R và chỉ ra N là trung điểm của MO

+ Chỉ ra đợc OA vng góc với AM và suy ra tam giác MAO vuông tại A

+ áp dụng định lý đờng trung tuyến trong tam giác vuông MAO tính đợc AN = R
+ Tính đợc góc NAM = 300

0,25
0,25
0,25
0,25
2. (2,0đ)

a) 1.25điểm. Chứng minh tứ giác PQDC néi tiÕp

+Ch + Chỉ ra đợc cung nhỏ AD = cung nhỏ BC; cung nhỏ AC = cung nhỏ BD
+ Ta có góc PQD là góc có đỉnh ở bên ngồi đờng trịn nên

gãcPQD =
1

2 (s® cung BCA – s®cungAD) = 
1

2s® cung AC.
+Ta cã gãc BCD =

2s® cung BD (tÝnh chÊt gãc néi tiÕp)
 gãcPQD = gãc BCD

Mµ gãc BCD + gãcDCP = 1800 nªn gãc PQD + gãc DCP = 1800

Vậy tứ giác PQDC nội tiếp

0,50
0,25
0,25
0,25

b) 1 điểm. Chøng minh 3BQ – 2AQ > 4R

*XÐt tam gi¸c ABQ cã :
BQ2 = AB2 + AQ2

Ta có : 3BQ – 2AQ > 4R

 3BQ > 2AQ + 2AB ( vì AB = 2R )
 9BQ2 > 4 AQ2 + 8AQ.AB + 4AB2
 9AB2 + 9AQ2 > 4 AQ2 + 8AQ.AB + 4AB2

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

 4( AQ – AB )2 + AQ2 + AB2 > 0 ( ln đúng ) 
 đpcm

C©u 5

(1,5đ) Tìm (x;y) thoả mãn 2



x y 4y x 4



xy
+ Điều kiên xác định: x  4 và y  4 (*)

+ Đặt a x 4;b y 4 với a và b là các số không âm thì điều kiện đề bài trở thành











 



2 a 4 b b 4 a  a 4 b 4

 











 



2 2

2 4 4

4 4

a b b a

a b

    

 

 

  2 2

2 2
1
4 4
b a
b a
  

  2 2

4 4
2
4 4
b a
b a
  

  (1)

+ Víi mäi a; b th× 2 2

4 4

1; 1

4 4

b a

b   a   . Do đó từ (1) suy ra 2 2

4 4

b a

b  a   (2)
Giải (2) ta đợc a = b = 2. Do đó x = y = 8

+ Kiểm tra các giá trị của x, y thoả mãn điều kiện đề bài. Vậy cặp số (8; 8) là cặp số cần
tìm.

0,25

0,25
0,25

Sở giáo dục đào tạo ninh
bình

đề chính thức

Hớng dẫn giải đề thi tuyển sinh vào 10 
nm hc 2010 - 2011

Môn Toán

L

u ý:

Dới đây chỉ là hớng dẫn theo một cách, mỗi bài có thể còn có nhiều

cách giải khác.

Câu 1: 2 điểm

a. (0,5đ) Giải phơng trình: 2x 3 = 0

2x 3 = 0



2x = 3



x = 3/2

VËy phơng trình có nghiệm x = 3/2

b. (0,5) Ta có:

√

x −5

xác định



x – 5



0 

x



5 c. (1,0đ) Rút gọn

A =

2+1.

2

21=

2+1)

2+1 .

21)

21 =

2 .

2=2

Câu 2: 2điểm

a. (1,0đ) Víi m = 2 ta cã hƯ ph¬ng trình

{

2x+3y=5

2x 2y=0

{

5y=5

2x 2y=0

{

y=1

x=2y

{

y=1

x=1

{

x=1

y=1

Vậy hệ phơng trình có nghiệm (1;1)

b. (1,0®) Víi y = 2x ta cã hÖ

{

mx2x − m+3 .2.2xx=5

=0⇔

{

mx+6x=5

2x − m. 2x=0⇔

{

mx+6x=5

2x(m−1)=0⇔

{

mx+6x=5

m −1=0 ⇔

{

mx+6x=5

m=1
⇔

{

x+m6x=5

=1 ⇔

{

x=5/7

m=1

Khi đó y = 2x = 2. 5/7 = 10/7

VËy víi m = 1 thì hệ phơng trình có nghiệm (x;y) thoản mÃn y = 2x

Câu 3: 2điểm

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

Vỡ din tớch khu đất là 360m

nên ta có phơng trình: x.y = 360 (1)

Chiều dài giảm đi 6m là : x 6 (m)

Chiều rộng khi tăng 3m là: y + 3(m)

Din tích khi đó là: (x – 6).(y + 3) = 360 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ:

{

x..y=360

(x - 6).(y + 3)= 360 ⇔

{

y=360/x

(x - 6).(360/x + 3)= 360

Biến đổi ta đợc phơng trình: 3x

-18x – 2160 = 0



x

- 6x – 720 = 0



’ = (-3)

– 1.(-720) = 720

√

Δ'=27

Suy ra x

= 30(tm) ; x

= -24 (ktm)

VËy chiỊu dµi lµ 30m; chiỊu réng là 360 : 30 =

12m

Câu 4: 3điểm

Hình vẽ:

a. 1im:

Chứng minh tứ giác EHDB nội tiếp.

Ta có AD là đờng cao nên



HDB = 90

CE là đờng cao nên



HEB = 90

XÐt tø gi¸c EHDB cã



HDB +



HEB = 180

Mà



HDB và



HEB ở vị trí đối diện nờn t giỏc

EHDB ni tip.

b. 1điểm:

Chứng minh tứ giác AHCM là hình

bình hành.

Ta cú

BCM = 90

(gúc ni tip chn na ng

tròn)

MA

BA

Mà AD

BC nªn MC // AH (1)

Ta có



BAM = 90

(góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)



MC

BC

Mà CE

BA nên MA // HC (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra tứ giác AHCM cã MC // AH vµ MA // HC

Tứ giác AHCM là hình bình hành.

c. 1điểm:

Cho

ABC = 60

0

chứng minh BO = BH

Ta cã t

ứ

giác EHDB n

ộ

i ti

ế

p

(ý a)

⇒



BHE =



BDE

T¬ng ta ta ch

ứ

ng minh t

ứ

giác AEDC n

ộ

i ti

ế

p

⇒



BAC =



BDE( cùng bù



EDC)

Mà



BAC =



BMC( hai góc n

ộ

i ti

ế

p cùng ch

ắ

n cung nh

ỏ

BC)

⇒



BHE =



BMC mµ



BEH =



BCM = 90

BHE

BMC(g g)

 





BH

BE

1 cosB cos60

BM

BC

2 



(1) (vì

Δ

BEC vuông tại E,



B=60

)

Mặt khác

BO

1 BM



2

(2)

Tõ (1) vµ (2)

⇒

BH = BO.

Câu 5: 1 điểm

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

A= 1

a+ab+1+

b+bc+1+

c+ac+1=

a+ab+1+

a

ab+abc+a+

c+ac+abc

¿ 1

a+ab+1+

1
ab+1+a+

c(1+a+ab)=

c

c(a+ab+1)+

c(1+a+ab)

¿ c+ca+1
c(a+ab+1)=

c+ca+abc

c(a+ab+1)=

c(1+a+ab)

c(a+ab+1)=

c(a+ab+1)

c(a+ab+1)=1

SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
THANH HÓA Năm học 2010 – 2011

Mơn thi: Tốn

Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2010
Thời gian làm bài: 120phút

Bài I (2,0 điểm)

Cho phương trình : x2 + nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số)

1. Giải phương trình (1) khi n = 3

2. Giả sử x1,x2 là nghiệm của phương trình (1),tìm n để :

x1(x22 +1 ) + x2( x12 + 1 ) > 6

Bài II (2,0 điểm)
Cho biểu thức

3 3 1 1

3 3

a a

A

a a a

    

     

   

  với a > 0; a9

1.Rút gọn A

2.Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên.

Bài III (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy

Cho parabol (P): y = x2 và các điểm A,B thuộc parabol (P) v ới x

A = -1,xB = 2

1.Tìm toạ độ các điểm A,B và viết phương trình đường thẳng AB.

2. Tìm m để đường thẳng (d) : y = (2m2 – m)x + m + 1 (với m là tham số ) song

song với đường thẳng AB.

Bài IV (3,0)

Cho tam giác PQR có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O,các đường cao
QM,RN của tam giác cắt nhau t ại H.

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

2. Kéo dài PO cắt đường tròn O tại K .Chứng minh tứ giác QHRK là hình 
bình hành.

3. Cho cạnh QR cố định,P thay đổi trên cung lớn QR sao cho tam giác PQR ln
nhọn.Xác định vị trí điểm P để diện tích tam giác QRH lớn nhất.

Bài V ( 1,0 điểm)

Cho x,y là các số dương thoả mãn : x + y = 4
Tìm giá trị nhỏ nhất của :

2 2 33
P x y

xy

  

---

Hết---Họ tên thí sinh:………Số báo danh:………..
Họ tên, chữ ký của giám thị 1: Họ tên, chữ ký của giám thị 2:

Đáp án:

Bài I)

1) Với n = 3, ta có pt: x2 + 3x – 4 = 0

pt có a+b++c=0 nên x1 = 1, x2 = -4

2. pt đã cho có  n216 0 với mọi n, nên phương trình ln có hai nghiệm

phân biệt x1, x2.

Áp dụng hệ thức Vi et ta có:

x1 + x2 = n

x1x2 = -4

Ta có:

2 2

1 2 2 1

1 2 1 2 1 2

( 1) ( 1) 6

( ) 6

4.( ) ( ) 6

3 6

x x x x

x x x x x x

n n

n
n

   

    

     

 

Bài 2: 1) Rút gọn biểu thức được: A=

4
3

a

2. Biểu thức A đạt giá trị nguyên  a3 là ước của 4.

do a3 3 nên a3 = 4
 a=1

Bài 3:

1. A(-1; 1); B(2; 4).

Phương trình đường thẳng AB là: y = x+2.

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

2 1 1

2
1 2

m m

m
m

  

 



 



Bài 4.

1. Tứ giác QRMN có :

  0

QNR QMR 

Tứ giác QRMN nội tiếp đường trịn đường kính QR.

2. Ta có: PQK 900( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

suy ra:PQKQ, mà RHPQ
 KQ//RH(1)

Chwngs minh tương tự ta cũng có:
QH//KR(2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác QHRK là hình bình hành.
3. Theo câu 2, tứ giác QHRK là hình bình hành nên:

QHR QKR

S S

Từ K kẻ KIQR. Ta có:

.
2

QKR

S  KI QR

Diện tích tam giác QKR lớn nhất khi KI lớn nhất K là điểm chính giữa của cung
nhỏ QR.

Khi đó P là điểm chính giữa của cung lớn QR.
Bài 5

Từ x+y=4

Áp dụng BĐT Cơsi ta có: xy

( )

4
4

x y

 

Do đó

33 33
4

xy 

Mặt khác: x2+y2=(x y )2-2xy=16-2xy16 2.4 =8( do xy4)

Vậy P

33 65
8

4 4

  

Do đó : MinP=

4 , đạt được khi x=y=2.

R
Q

K
H

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

Sở giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT

NghÖ an Năm học 2010 - 2011

Môn thi : Toán

Thời gian: 120 phút

Câu I (3,0 ®iÓm). Cho biÓu thøc A =

 



 

x 2 2

x 1

x 1 x 1 .

1. Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9.

3. Khi x thoả mãn điều kiện xác định. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất cuả biểu thức B, 
với B = A(x-1).

Câu II (2,0 điểm). Cho phơng trình bậc hai sau, víi tham sè m : 
x2 - (m + 1)x + 2m - 2 = 0 (1)

1. Gi¶i phơng trình (1) khi m = 2.

2. Tỡm giỏ tr của tham số m để x = -2 là một nghiệm của phơng trình (1).

Câu III (1,5 điểm). Hai ngời cùng làm chung một cơng việc thì sau 4 giờ 30 phút họ làm 
xong cơng việc. Nếu một mình ngời thứ nhất làm trong 4 giờ, sau đó một mình ngời thứ 
hai làm trong 3 giờ thì cả hai ngời làm đợc 75% công việc.

Hỏi nếu mỗi ngời làm một mình thì sau bao lâu sẽ xong cơng việc? (Biết rằng năng
suất làm việc của mỗi ngời là không thay đổi).

Câu IV (3,5 điểm). Cho nửa đờng trịn tâm O đờng kính AB. Điểm H cố định thuộc đoạn 
thẳng AO (H khác A và O). Đờng thẳng đi qua điểm H và vng góc với AO cắt nửa đờng
tròn (O) tại C. Trên cung BC lấy điểm D bất kỳ (D khác B và C). Tiếp tuyến của nửa 
đ-ờng tròn (O) tại D cắt đđ-ờng thẳng HC tại E. Gọi I là giao điểm của AD và HC.

1. Chứng minh tứ giác HBDI nội tiếp đờng tròn.
2. Chứng minh tam giác DEI là tam giác cân.

3. Gọi F là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ICD. Chứng minh góc ABF có 
số đo khơng đổi khi D thay đổi trên cung BC (D khác B v C).

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

HƯỚNG DẨN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 PTTH NĂM HỌC 2010 – 2011
Câu 1.

a) ĐKXĐ: x ≥0; x ≠1 .
Ta có: A =

√

x

√

x −1−
2

√

x+1−

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

√

x(

√

x+1)
(

√

x −1)(

√

x+1)−

√

x −1)
(

√

x+1)(

√

x −1)−

(

√

x −1)(

√

x+1) =
(x+

√

x)−2(

√

x −1)−2

(

√

x −1)(

√

x+1)

= x+

√

x −2

√

x+2−2

(

√

x −1)(

√

x+1) =

x −

√

x

(

√

x −1)(

√

x+1) =

√

x(

√

x −1)
(

√

x −1)(

√

x+1) =

√

x

√

x+1
Vậy A =

√

x

√

x+1

b) Thay x = 9 vào biểu thức rút gọn của A ta được: A =

√

9+1=

3
3+1=

3
4

Vậy khi x = 9 thì A = 3

c) Ta có: B = A. (x −1)

√

x

√

x+1(x −1) ¿

√

x(

√

x −1) ¿x −

√

x

√

x¿2−2 .

√

x.1

(

1
2

)

−1

¿ ¿

√

x −1

2¿
2

(

−1

)

¿ ¿

Vì:

√

x −12¿2≥0

Với mọi giá trị của x 0 và x 1
⇒

√

x −12¿2+

(

−14

)

≥

(

−14

)

Với mọi giá trị của x 0 và x 1 .

Dấu bằng xãy ra khi

√

x −12¿2=0⇔

√

x −12=0⇔x=14

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức B là

(

−1

)

đạt được khi x=
1
4 .

Câu 2.

a) Khi m = 2 thì phương trình (1) trở thành: x2 – 3x + 2 = 0 (*)

Vì phương trình (*) là một phương trình bậc hai có: a + b + c = 1 + (-3) + 2 = 0
Nên phương trình (*) có hai nghiệm là x1 = 1 v à x2 = 2.

Vậy khi m = 2 th ì phương trình (1) có hai nghiệm l à x1 = 1 v à x2 = 2.

b) Giả sử x = - 2 là một nghiệm của phương trình (1). Thay x = - 2 vào phương trình (1) ta
được: −2¿2−(m+1).(−2)+2m −2=0

⇔4+2m+2+2m−2=0 ⇔4m+4=0 ⇔4m=−4 ⇔m=−1 ./

Vậy với m = -1 thì phương trình(1) có một nghiệm là x = -2.
Câu 3. Đổi: 4 giờ 30 phút = 9

2 giờ.

Gọi x(h) là thời gian để người thứ nhất làm một mình xong cơng việc (ĐK: x > 92 )
Gọi y(h) là thời gian để người thứ hai làm một mình xong cơng việc (ĐK: y > 9

2 )

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

Mỗi giờ người thứ hai làm được 1

y (công việc)

Mỗi giờ cả hai người làm được 29 (công việc)
Trong 4 giờ người thứ nhất làm được 4

x (công việc)

Trong 3 giờ người thứ hai làm được 3y (cơng việc)

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

x+

y=

2
9
4

x+

y=

75
100=

3
4

¿{

(*)

Đặt 1x = a và 1y = b. Khi đó hệ phương trình (*) trở thành

¿
a+b=2

9
4a+3b=3

¿{

⇔

9a+9b=2

16a+12b=3

⇔
¿a= 1

b= 5

⇔
¿1

x=

1
12
1

y=

5
36

⇔
¿x=12

y=36

¿{

(TM)
(TM)

Vậy: Người thứ nhất làm một mình xong cơng việc sau 12 giờ.
 Người thứ hai làm một mình xong cơng việc sau 36

5 giờ, hay 7 giờ 12 phút.

Câu 4.

Học Sinh tự Vẽ hình:

a) Ta có: CH AB (gt) ⇒ ∠BHI=900 (1)
Lại có: ∠BDI=∠BDA=900 (góc nội tiếp chắn
nữa đường trịn) (2)

T ừ (1) v à (2) ⇒ ∠BHI+∠BDI=1800
⇒ Tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn.

K
I

D
C

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

b) Ta có: ∠EDI=∠EDA=1

2Sd DA (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

Và: ∠ABD=1

2Sd DA (Góc nội tiếp của đường trịn (O)) ⇒ ∠EDI=∠ABD (3)

Lại có: ∠EID=∠ABD (cùng bù với góc ∠HID ) (4)

Từ (3) và (4) ⇒ ∠EID=∠EDI ⇒ ΔEID cân tại E.
c) Gọi K là giao điểm của BC với đường tròn (F)

Ta có: ∠KID=∠KCD=1

2Sd KD
❑

(5) Mà ∠KCD =∠BCD=∠BAD=1

2Sd
❑

BD
(6)

Từ (5) và (6) ⇒∠KID=∠BAD (7) Lại có: ∠CID=∠AIH (đối đỉnh) (8)
Từ (7) và (8) ⇒ ∠KID+∠CID =∠BAD+∠AIH=900 ⇒∠CIK=900

Mặt khác: ∠CIK là góc nội tiếp của đường trịn (F)

⇒ CK là đường kính của đường trịn (F) ⇒ F BC
⇒ ∠ABF =∠ABC=1

2Sd AC

Vì điểm H cố định ⇒ điểm C cố định ⇒ Cung AC không đổi ⇒ ∠ABF không
đổi.(đpcm)

Sở GGD

ĐT

Hà Tĩnh

đề thi tuyển sinh lớp 10 thpt - năm học 2010 - 2011Môn tốn

Thêi gian lµm bµi: 120 phót

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

Bµi1. Rót gän c¸c biĨu thøc sau:

1)

√

18−

√

2)

x

x

x +

x 1

Bài 2. Cho phơng trình:

x2

5x+m+1=0

(1) (m là tham số)

1) Giải phơng tr×nh (1) khi m = 5

2) Tìm giá trị của m để phơng trình (1) có hai nghiệm x

❑1

, x

❑2

thoả mãn

đẳng thức: (x

❑1

x

❑2

- 1)

❑2

= 20(x

❑

+ x

❑2

)

Bài 3.1) Trên hệ trục toạ độ Oxy, đờng thẳng y = ax + b đI qua điểm M(0;1) v

N(2;4). Tỡm h s a v b.

2)Giải hệ phơng tr×nh:

2x+2y=5

xy=1

¿{

Bài 4. Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M

B và M

C). Qua B

kẻ đờng thẳng vng góc với tia DM cắt các đờng thẳng DM, DC theo thứ tự

tại E và F.

1) Chứng minh các tứ giác: ABED và BDCE nội tiếp đờng trịn.

2) Tính góc CEF.

3) Đờng thẳng AM cắt đờng thẳng DC tại N. Chứng minh đẳng thức:

AD2

=

1
AM2

+

1
AN2

.

Bài 5. Tìm x để y đạt giá trị lớn nhất thoả mãn: x

❑2

+ 2y

❑2

+ 2xy - 8x – 6y = 0.

HÕt

Hä tªn thÝ sinh:

Sè b¸o danh:

BÀI GIẢI VÀO LỚP 10 TĨNH HÀ TỊNH NĂM 2011

Bài 1.

Rút gọn biểu thức:

1)

18 8 2 3 2 2 2   2 2 2

1)

1 ( 1) ( 1)( 1)

1 1

x x x x x x x

x

x x x x

    

   

 

Bài 2.

1) Khi m = 5 ta có : x

– 5x + 6 = 0 . Có a + b + c = 0 => x = 1; x = 6.

2) Đ/ K : m

21
4


Theo vi – ét : S = 5; P = m + 1

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

vậy m = – 10 .

Bài 3.

1)

Đườ

ng th¼ng y = ax + b ®i qua ®iĨm M(0;1) => b = 1 .

Đ

i

ể

m N(2;4)

thuộc

đường thẳng => 2a + 1 = 4 => a =

3
2

2) Giải hệ phương trình:

2 2 5

x y
xy

 







5
2
1

x y
xy



 


 

 



=> x; y là nghiệm của phương trình 2t

– 5t + 2 = 0

=> t = 1; t= 4 Vậy nghiệm của hệ là

1
4

x
y









hoặc

4
1

x
y








Bài 4.

1)

Từ GT =>

BAD BED  2V

nên tứ giác ABED nội tiếp được một đường

trịn.

Và cũng từ GT ta cũng có C và E cùng nhìn DB dưới một góc vng nên tứ giác

BECD nội tiếp được một đường tròn.

2)

Từ câu 1) có có BDEC nội tiếp được một đường trịn ; mà

CAF

là góc

ngồi tứ giác DBEC =>

CEF BDC450

.

3)

Dề dàng chứng minh ∆ BAM đồng dạng ∆ DNA =>

AM AN

AB DN

mà AB =

AD =>

AM.DN = AD.AN => AM

.DN

= AD

.AN

=> AM

(AN

– AD

) = AD

.AN

( theo

pi ta go) => AM

.AN

= AM

.AD

+ AD

.AN

Chia hai vế cho AM

.AN

.AD

=>

2 2 2

1 1 1

AD AN  AM

Bài 5.

Điều kiện tồn tại x khi PT: x

+ 2(y – 4)x + 2y

- 6y = 0 có nghiệm =>

(y – 4)

– 2y

+ 6y

0 

y

+ 2y – 17

0 

(y+1)

2 

17 .

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

ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT
 NĂM HỌC 2010 - 2011

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
 MÃ ĐỀ: 346

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN: (2,0 điểm)

Trong các câu từ 1 đến 8 đều có 4 phương án trả lời A, B, C, D trong đó có một phương án 
đúng. Chọn chữ cái đứng trước phương án đúng

Câu 1: Cho hàm số y = (m - 2)x + 3 (biến x). Với giá trị nào của m hàm số đồng biến:

A. m < 2 B. m > 2 C. m > - 2 D. m  2

Câu 2: Cho hàm số y = - x2. Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số:

A. Q(2; 1) B. N(-2; 1) C. P(1; - ) D. M(1; )

Câu 3: Điều kiện xác định của biểu thức là:

A. x  4 B. x  R C. x  4 D. x < 4

Câu 4: Diện tích hình quạt trịn có số đo cung 900, bán kính R là:

A. B. C. D.

Câu 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm, BC = 6cm. Khi đó cosB bằng:

A. 2 B. C. D.

SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH

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

Câu 6: Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 2x - 5 = 0. Khi đó tổng của 2 nghiệm 
là:

A. x1 + x2 = -2 B. x1 + x2 = 5 C. x1 + x2 = 2 D. x1 + x2 = -5
Câu 7: Cho tam giác ABC có AB = 6cm, AC = 8cm, BC = 10cm. Khi đó bán kính đường trịn 
ngoại tiếp tam giác ABC là:

A. 6cm B. 5cm C. 4cm D. 3cm

Câu 8: Diện tích của tam giác đều có ba cạnh bằng a (cm) là:

A. (cm2) B. (cm2) C. (cm2) D. (cm2)

II. PHẦN TỰ LUẬN: (8,0 điểm)

Câu 9: (1,5 điểm) Cho biểu thức : P = - + . (Với b  0, b  4) 
a. Rút gọn biểu thức P.

b. Tìm b để P = .

Câu 10: (2,5 điểm) Cho phương trình: x2 - 2(n - 1)x + 2n - 3 = 0 (1) n là tham số.
a. Giải phương trình khi n = 3

b. Chứng minh phương trình (1) có nghiệm với mọi n.

c. Gọi x1, x2 là 2 ngiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x12
+ x22.

Câu 11: (3,0 điểm) Cho đường trịn tâm O, đường kính AB. Dây cung CD vng góc với AB 
tại P. Trên cung nhỏ BC lấy điểm M (M khác C, B), đường thẳng AM cắt CD tại Q.

a. Chứng minh tứ giác PQMB nội tiếp được trong một đường tròn.
b. Chứng minh AQP ∽ ABM, suy ra: AC2 = AQ.AM.

c. Gọi giao điểm của CB với AM là S, MD với AB là T. Chứng minh ST//CD.
Câu 12: (1,0 điểm) Cho 2 số dương x, y có x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

B = 2 2

1 1

x y

 

   

 

   

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

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN CHẤM 
PHẦN I: TRẮC NGHIỆM. (2điểm)

Phần này gồm 8 câu, mỗi câu đúng cho 0,25 điểm.

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8

Đ/A B C A A D A B D

PHẦN II: TỰ LUÂN. (8điểm)

Câu Nội dung Điểm

9

a. P =

1 1 2 2 2 2

4 4

2 2

b b b b

b b

   

  

 

 





2 2

b
b



=

2
2

b
b. Ta có P =

2 2 2

3  b2 3 b
 b1

1,5đ
0,5

0,25
0,25
0,25
0,25

10

a. Với n = 3 phương trình trở thành: x2 - 4x + 3 = 0.

Phương trình có dạng: a + b + c = 0 nên có nghiệm: x1 = 1; x2 = 3
b. Ta có ’ = (n - 1)2 - 2n + 3 = (n - 2)2 ≥ 0 với mọi n  R

Vậy phương trinh (1) có nghiệm với mọi n  R.

c. Theo Vi-ét ta có:





1 2

2 1

2 3

x x n

x x n

   




 












2 2

2 2 2

1 2 1 2 2 1 2 4 1 4 6 4 12 10

P x x  x x  x x  n  n  n  n
=





2
2n 3  1 1

Vậy: Giá trị nhỏ nhất của P là: P = 1  2n - 3 = 0  n =
3
2

2,5đ
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25

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

11

Học sinh vẽ hình và giải được đến câu b.

a. Ta có: = 900 (do AB CD).

= = 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) 
Do đó: + = 2v Vậy PQMB nội tiếp.

b. Các tam giác vuông AQP và ABM có chung góc A nên chúng đồng dạng.
suy ra: = => AQ.AM = AB.AP (1)

Mặt khác, ABC có = 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường trịn) nên nó là 
tam giác vng tại C, lại có CP là đường cao nên: AC2 = AP.AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AC2 = AQ. AM

c. Vì AB CD => = => = hay =

Vì M, B cùng nhìn đoạn ST dưới một góc nên tứ giác STBM nội tiếp.
Do = 900 nên = 900 suy ra: ST // CD (cùng vng góc với AB)

3,0đ
0,5

0,25
0,25
0,5
0,25
0,25

0,25
0,25

12

Ta có:

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1

1 1 x y

B

x y x y x y x y

  

       

 





2 2 2 2 2 2 2 2

2 1 1 2 1 2

1 x y xy 1 xy 1

x y x y x y x y xy

  

       

2
2

1 9

x y

  



 

 

 

Vậy: Giá trị nhỏ nhất của B là B = 9  1

x y
x y





 

 

1
2

x y

1,0đ
0,25
0,25

0,25

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

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

QUẢNG TRỊ

Khóa ngày 24 tháng 6 năm 2010

MƠN TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian : 120 phút (không kể thời gian

giao đề)

---

---Câu 1

(1.5 điểm)

Rút gọn biểu thức (Khơng dùng máy tính cầm tay):

1)

8 18 2 2

2)

2 1

( )

a b ab

a b a b

 

 

với

a0,b0,a b

Câu 2

(2.0 điểm)

1) Giải phương trình (Khơng dùng máy tính cầm tay):

x

– 3x + 2 = 0

2) Giải hệ phương trình (Khơng dùng máy tính cầm tay):

3 4 2

x y
x y

 





 



.

Câu 3

(2.0 điểm)

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hàm số y = -x + 4 có đồ thị là đường thẳng

(d). Gọi A, B lần lượt là giao điểm của (d) với trục tung và trục hồnh.

a) Tìm tọa độ các điểm A và B.

b) Hai điểm A, B và gốc tọa độ O tạo thành tam giác vuông AOB. Quay tam

giác vuông AOB một vịng quanh cạnh góc vng OA cố định ta được một

hình gì? Tính diện tích xung quanh hình đó.

Câu 4

(1.5 điểm)

Một xe ôtô tải và một xe du lịch khởi hành đồng thời từ thành phố A đến

thành phố B. Xe du lịch có vận tốc lớn hơn vận tốc ơtơ tải là 20km/h, do đó nó

đến B trước xe ơtơ tải 15 phút. Tính vận tốc mỗi xe, biết rằng khoảng cách giữa

hai thành phố A và B là 100km.

Câu 5

(3.0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A, Kẻ đường cao AH và phân giác BE của

góc

ABC (H thuộc BC, E thuộc AC), Kẻ AD vng góc với BE (D thuộc BE).

a) Chứng minh rằng tứ giác ADHB là tứ giác nội tiếp, xác định tâm O

đường tròn

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

b) Chứng minh

EAD· =HBD·

và OD song song với HB.

c) Cho biết số đo góc

ABC· =600

và AB = a (a > 0 cho trước). Tính theo a

diện tích

phần tam giác ABC nằm ngồi đường tron (O).

---HẾT---Họ và tên:……….

Phịng thi:………SBD……….

Hướng dẫn giải

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

1)

8 18 2 2

=

2 2 3 2 2 2 3 2  

2)

2 1

( )

a b ab

a b a b

 

 

với

a0,b0,a b

2 1

( )

a b ab

a b a b

 
 

=







 



2
1
:
a b

a b a b a b
a b a b



    

 

Câu 2)

1) Giải phương trình (Khơng dùng máy tính cầm tay):

x

– 3x + 2 = 0

Pt có dạng a+b+c=1-3+2=0

 x11;x22

2)

3 4 2

x y
x y
 


 




3 3 9

3 4 2

 


 

x y

x y



7
3



 

y

x y



7
10





y
x

Câu 3)

1) A(0;4) ; B(4;0)

2) Khi quay tam giác OAB quanh trục OA ta có hình nón với chiều cao h=4, bán

kính đáy r =4



l= 4

.4.4 2 16 2

xq

S rl  

Câu 4) Gọi vận tốc xe du lịch là x (km/h) ( x> 20)

Vậy vận tốc xe khách là x – 20 (km/h)

Thời gian xe du lịch đi từ A đến B là

100
h
x

Thời gian xe khách đi từ A đến B là :

100
20h
x

Theo bài ta có pt

100 100 25
20 60

x  x 

2 20 4800 0

x  x 

1 80

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

1
2
O

E
D

H C

B

A

a)Ta có

BHA =BDA  900

 

gt

D, H nhìn đoạn AB dưới một góc vng

=> tứ giác BHDA nội tiếp đường trịn đường kính AB, tâm O là trung điểm của

AB

b)

OBD ODB 

( tam giác OBD cân)

 

OBD DBH

( gt)

=>

ODB DBH 

=>OD//BH

c) AB=a ,

ABC600

=>AC=AB.tg 60

=

a 3

1 3

. 3

2 2

ABC

a
S  a a 

*Tam giác OBH đếu =>

. 3

4 12

OBH

a

a
S

 
 
 

 

*Diện tích hình quạt chắn cung AH

2
.

q OHA

a
S 

Diện tích hình cân tìm là :





21 3 4 .
48

ABC OBH q OHA

a
S S   S  S   

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

Thõa Thiªn H Khóa ngày 24.6.2010

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TO¸N

Thời gian làm bài: 120 phút 
Bài 1: (2,25 điểm)Khơngsử dụng máy tính cầm tay:

a)Giải phương trình và hệ phương trình sau:

1) 5x2 7x 6 0 . 2)

2 3 13

3 5 9

x y
x y

 




 



b) Rút gọn biểu thức:

2 5
5 2

P 

 .

Bài 2: (2,5 điểm) Cho hàm số y ax 2.

a) Xác định hệ số a biết rằng đồ thị của hàm số đã cho đi qua điểm M



2; 8



b) Vẽ trên cùng một mặt phẳng tọa độ đồ thị (P) của hàm số đã cho với giá trị a vừa tìm
được và đường thẳng (d) đi qua M



2; 8



có hệ số góc bằng 2. Tìm tọa độ giao
điểm khác M của (P) và (d).

Bài 3: (1,25 điểm) Hai người đi xe đạp cùng xuất phát từ A để đến B với vận tốc bằng nhau. Đi

được 2

3 quãng đường AB, người thứ nhất bị hỏng xe nên dừng lại 20 phút và đón ơ tơ quay

về A, cịn người thứ hai không dừng lại mà tiếp tục đi với vận tốc cũ để tới B. Biết rằng
khoảng cách từ A đến B là 60 km, vận tốc ô tô hơn vận tốc xe đạp là 48 km/h và khi người thứ
hai tới B thì người thứ nhất đã về A trước đó 40 phút. Tính vận tốc của xe đạp.

Bài 4: (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A và AC > AB, D là một điểm trên cạnh AC
sao cho CD < AD. Vẽ đường tròn (D) tâm D và tiếp xúc với BC tại E. Từ B vẽ tiếp tuyến thứ
hai của đường tròn (D) với F là tiếp điểm khác E.

a) Chứng minh rằng năm điểm A, B, E, D, F cùng thuộc một đường tròn.

b) Gọi M là trung điểm của BC. Đường thẳng BF lần lượt cắt AM, AE, AD theo thứ tự tại các
điểm N, K, I. Chứng minh:

IK AK

IF AF . Suy ra: IF BK IK BF .
c) Chứng minh rằng tam giác ANF là tam giác cân.

Bài 5: (1,5 điểm)

Từ mộttấm thiếc hình chữ nhật ABCD có chiều rộng AB = 3,6dm, chiều dài AD = 4,85dm,
người ta cắt một phần tấm thiếc để làm mặt xung quanh của một hình nón với đỉnh là A và
đường sinh bằng 3,6dm, sao cho diện tích mặt xung quanh này lớn nhất. Mặt đáy của hình nón
được cắt trong phần cịn lại của tấm thiếc hình chữ nhật ABCD.

a) Tính thể tích của hình nón được tạo thành.

b) Chứng tỏ rằng có thể cắt được ngun vẹn hình trịn đáy mà chỉ sử dụng phần còn lại
của tấm thiếc ABCD sau khi đã cắt xong mặt xung quanh hình nón nói trên.

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69></div>
(70)<div class='page_container' data-page=70></div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP. HUẾ 
THỪA THIÊN HUẾ Mơn:TỐN - Khóa ngày: 25/6/2010

CH NH TH C

ĐỀ Í Ứ ĐÁ ÁP N V THANG I MÀ Đ Ể

Bài ý Nội dung Điểm

1 2,25

a.1

(0,75) Giải phương trình

5x  7x 6 0 (1):
2

49 120 169 13 , 13

       ,

7 13 3

10 5

x   

vµ 1

7 13
2
10

x   
.

Vậy phương trình có hai nghiệm: 1 2
3

, 2

x x

0,25
0,25
0,25
a.2

(0,75)

Giải hệ phơng trình

2 3 13

3 5 9

x y
x y
 


 
 :

2 3 13 6 9 39 2 3 13

3 5 9 6 10 18 19 57

x y x y x y

x y x y y

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

2 9 13 4 3

y x
x y
 
 
   
   
 
0,50
0,25
b.

(0,75) 5 2 5 5



5 2



2 5
5 4

5 2

P    




5 2 5 2 5 5

   

0,50
0,25

2 2,5

2.a

(0,75) + Đồ thị (P) của hàm số

y ax ®i qua điểm M

2; 8

, nên:

8 a 2 a2.

VËy: a2 vµ hàm số đã cho là: y2x2

0,50
0,25
2.b

(1,75)

+ Đường thẳng (d) có hệ số góc bằng 2, nên có phương trình dạng:
2

y x b

+ (d) i qua điểm M

2; 8

, nên: 8  2





 b b4, ( ) :d y2x4
+ Vẽ (P)

+ Vẽ (d)

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

2 2

2x 2x 4 x  x 2 0 .

+ Phương trình có hai nghiệm: x11; x2 2

Do đó hồnh độ giao điểm thứ hai của (P) và (d) là x 1 y  2 12 2.
Vậy giao điểm khác M của (P) và (d) có tọa độ: N



1; 2



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

3 1,25

Gọi x (km/h) là vận tốc của xe đạp, thì x + 48 (km/h) là vận tốc của ô tô. Điều
kiện: x > 0.

Hai người cùng đi xe đạp một đoạn đường

40
3

AC AB km

Đoạn đường còn lại người thứ hai đi xe đạp để đến B là: CB = ABAC=20 km.

0,25

0,25
Thời gian người thứ nhất đi ô tô từ C về A là:

40
48

x (giờ) và người thứ hai đi
từ C đến B là:

x (giờ).

Theo giả thiết, ta có phương trình:

40 1 20 2 40 20

48 3 3 48

x   x   x   x

Giải phương trình trên:









40x x x 48 20 x48

hay x268x 960 0

Giải phương trình ta được hai nghiệm: x180 0 (loại) và x2 12.
Vậy vận tốc của xe đạp là: 12 km/h

0,25

4 2,5

4.a

(1,0)

Hình vẽ đúng.

Theo tính chất tiếp tuyến, ta có: BED BFD 900
Mà BAD BAC  900 (giả thiết)

Do đó: BED BFD BAD  900

Vậy: Năm điểm A,B,E,D,F cùng thuộc đường tròn đường kính BD.

0,25
0,25
0,25
0,25

4.b

(1,0)

Gọi (O) là đường trịn đường kính BD. Trong đường trịn (O), ta có:

 

DEDF (do DE, DF là bán kính đường trịn (D))  EADD AF
Suy ra: AD là tia phân giác EAF hay AI là tia phân giác của KAF
Theo tính chất phân giác ta có

IK AK
IF AF (1)

Vì ABAI nên AB là tia phân giác ngồi tại đỉnh A của KAF. 
Theo tính chất phân giác ta có :

BK AK
BF AF (2)

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

Từ (1) và (2) suy ra :

IK BK

IF BF . Vậy IF . BK = IK . BF (đpcm) 0,25
4.c

(0,5)

Ta có: AM là trung tuyến thuộc cạnh huyền BC nên AM = MC, do đóAMC 
cân tại M, suy ra: MCA MAC  .

Từ đó:NAF MAC DAF  MCA EAC  (vì AI là tia phân giác của góc EAF)
Mà AEB MCA EAC  (góc ngồi của tam giác AEC)

Nên NAF AEB

Mặt khác, AFBAEB(góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Suy ra:NAF BFA NFA

Vậy : ANF cân tại N (đpcm)

0,25

5 1,5

a) Hình khai triển của mặt xung quanh của hình nón có đỉnh tại A, đường sinh
3,6

l  dm AB là hình quạt tâm A bán kính AB. Mặt xung quanh này có diện
tích lớn nhất khi góc ở tâm của hình quạt bằng 900.

+ Diện tích hình quạt cũng là diện tích xung quanh của hình nón có bán kính
đáy là rnên:

2 90 2

360 4

xq

l l

S    rl

Suy ra: 4 0,9

l

r  dm

Do đó thể tích của hình nón được tạo ra là:





2 2 2 2 3

1 1 15

2,96

3 3 3

r

V  r h r l  r   dm

b) Trên đường chéo AC, vẽ đường trịn tâm I bán kính r 0,9dm ngoại tiếp
cung quạt tròn tại E. IH và IK là các đoạn vng góc kẻ từ I đến BC và CD.
Ta có: CI AC AI  3,624,852  (3,6 0,9) 1,54  dm

IH//AB 0,91 0,9

HI CI AB CI

IH dm r dm

AB AC AC



      

Tương tự: IK r 0,9dm

Vậy sau khi cắt xong mặt xung quanh, phần cịn lại của tấm thiếc ABCD có thể
cắt được mặt đáy của hình nón.

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
Ghi chú:

 Học sinh làm cách khác đáp án nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.
 Điểm tồn bài khơng làm trịn.

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Năm học : 2010 -2011,..

MÔN : TỐN

Thời gian : 120 phút (

khơng kể thời gian phát đề

)

Bài 1:

(

2,0 điểm

) Rút gọn các biểu thức sau:

a) A = -+ ; b) B = - ; c) C = , với x > 2

Bài 2 :

(

2,0 điểm

) Cho hàm số bậc nhất y = ax + 3 có đồ thị là đường thẳng (d)

a) Xác định hệ số a , biết đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = 3x .Vẽ (d_

với hệ số a vừa tìm được.

b) Đường thẳng (d’) có dạng y = x + 1 cắt đường thẳng (d) ở câu a) tại điêm M .Xác

định tọa độ điểm M.

Bài 3:

(

2,5 điểm

)

a) Cho phương trình x

+ 7x - 4 = 0 .Chứng tỏ phương trình trên có hai nghiệm x1, x2 ;

Khơng giải phương trình hãy tính x1 + x2 và x1.x2.

b) Giải phương trình : = .

c) Giải bài tốn bằng cách lập phương trình :

Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 13 cm .Hai cạnh góc vng có độ dài hơn

kém nhau 7 cm.Tính độ dài các cạnh góc vng của tam giác vng đó.

Bài 4 :

(

3,5 điểm

)

Cho nửa đường trịn (O ; R) đường kính AB. Vẽ bán kính OC vng góc với AB.Gọi

K là điểm nằm giữa hai điểm B và C. Tia AK cắt đường trịn (O) ở M .

a) Tính số đo các góc : ACB , AMC.

b) Vẽ CI vng góc AM ( I thuộc AM) .Chứng minh tứ giác AOIC là tứ giác nội tiếp.

c) Chứng minh hệ thức AI.AK = AO.AB.

d) Nếu K là trung điểm của CB . Tính tgMAB.

======================Hết=======================

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1

2.0

điểm

+ Vì độ dài cạnh huyền bằng 13 cm

nên ta có phương trình: x

+ (

x-7)

= 13

+Thực hiện biến đổi thu gọn ta được

pt:

x

- 7x - 60 = 0

+ Giải ta được : x1 = 12 ( tmđk)

x2 = -5 (loại)

+Trả lời

: Vậy độ dài hai cạnh của

tam giác vuông là : 12cm và 7cm.

0.25 a) A = -+ = 5 - 4 + 9 = 10

b) B = -

= -= - 1 -

= -1

c) C = , với x > 2

= =

|x −x −22|

=

x −x −22

= 1( vì x> 2



x -2 > 0)

0.5

0.25 Bài 4

3,5đ

iểm

Hình vẽ phục

vụ

câu a

Hình vẽ

phục vụ

câu b,c

0.25

025

I M

A B

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

điểm

nửa đườn tròn)

+ CMA = COA = .90

= 45

( góc nội

tiếp và góc ở tâm cùng chắn 1 cung)

b) +CIA = COA = 90

( gt)

=> tứ giác AOIC là tứ giác nội tiếp

0.5

0.25 a) + (d) song song với đường thẳng y =

3x nên a = 3

+ Vẽ (d) y = 3x + 3

-Xác định đúng hai điểm thuộc (d) :

( 0;3) và ( -1 ; 0)

-Vẽ đúng (d) trên mặt phẳng Oxy

b) -Tọa độ ( x;y) của M là nghiệm của

hệ:

¿
y=3x+3

y=x+1

¿{

-Giải hệ được : x= -1 ; y = 0

-Tọa độ M( -1; 0)

0.25

0.5

0.25

0.5

0.25 c) + Trong tam giác vng ACK ta có

:

AC

= AI.AK (1) ( hệ thức lượng

trong tam giác vuông)

+Trong tam giác vng ACB ta có:

AC

= AO.AB (2)

+ Từ (1) và (2) suy ra hệ thức cần

chứng minh.

d) Kẻ KH

AB => KH // OC.

Nếu K là trung điểm BC thì KH là

đường trung bình của tam giác COB

suy ra : KH = =

và OH = =

Do đó: AH = R + = .

+Tam giác AKH vuông tại H

=> tgMAB = tgKAH = = :=

0.5

0.25 Bài 3

2,5

i

đ ể

m

a) + Pt có a.c = 1.(-4) = -4 < 0

=> pt có hai nghiệm phân biệt x1, x2

+Theo viet: x1 + x2 = = -7

x1.x2 = = -4

b) + ĐK : x

-2

+ Qui đồng mẫu hai vế pt và khử mẫu

ta được : ( 1+x)(x+2) = 2



x

+ 3x = 0



x( x + 3) = 0



x=0

x+3=0⇔x=3

¿
¿
¿
¿

+ x = 0 và x= 3 đều thỏa mãn điều kiện

+ Vậy pt có tập nghiệm là : S =

{0;3}

c) +Gọi x(cm) là độ dài cạnh góc

vuông lớn (ĐK : 7 < x < 13)

=> độ dài cạnh góc vng nhỏ là :x-7

0.25 ...

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
KHĨA NGÀY 21 THÁNG 6 NĂM 2010 tại

Đà Nẵng

MƠN THI : TỐN

---Bài 1 (2,0 điểm)

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

b) Tính B ( 3 1) 2  3
Bài 2 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình x413x2 30 0

b) Giải hệ phương trình

3 1
7
x y
2 1

8
x y


 





  




Bài 3 (2,5 điểm)

Cho hai hàm số y = 2x2 có đồ thị (P) và y = x + 3 có đồ thị (d).
a) Vẽ các đồ thị (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.

b) Gọi A là giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) có hồnh độ âm. Viết phương trình của đường
thẳng () đi qua A và có hệ số góc bằng - 1.

c) Đường thẳng () cắt trục tung tại C, cắt trục hoành tại D. Đường thẳng (d) cắt trục hồnh tại
B. Tính tỉ số diện tích của hai tam giác ABC và tam giác ABD.

Bài 4 (3,5 điểm)

Cho hai đường trịn (C) tâm O, bán kính R và đường trịn (C') tâm O', bán kính R' (R > R') cắt
nhau tại hai điểm A và B. Vẽ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn (M  (C), N  (C')). Đường
thẳng AB cắt MN tại I (B nằm giữa A và I).

a) Chứng minh rằng BMN MAB 
b) Chứng minh rằng IN2 = IA.IB

c) Đường thẳng MA cắt đường thẳng NB tại Q; đường thẳng NA cắt đường thẳng MB tại P.
Chứng minh rằng MN song song với QP.

BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)

a) Rút gọn biểu thức

( 20 45 3 5). 5

A   = (2 5 3 5 3 5) 5 10  
b) Tính B = ( 3 1) 2  3 3 1  31

Bài 2: (2 điểm)

a) Giải phương trình : x4 – 13x2 – 30 = 0 (1)
Đặt u = x2 ≥ 0 , pt (1) thành : u2 – 13u – 30 = 0 (2)
(2) có  169 120 289 17   2

Do đó (2) 

13 17
2
2

u  

(loại) hay

13 17
15
2

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

b) Giải hệ phương trình :
3 1
7
2 1
8
x y
x y


 



  

  
1
1
2 1
8
x
x y





  

  
1
1
10
x
y







  
1
1
10
x
y







.
Bài 3:

a) Đồ thị: học sinh tự vẽ

Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),



1; 2



.
(d) đi qua (0;3), 1; 2







b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2x2  x 3  2x2 – x – 3 = 0 
3

x hay x

  

Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (d) là





3 9
1; 2 , ;

2 2

 

  

   A



1; 2



Phương trình đường thẳng () đi qua A có hệ số góc bằng -1 là :

y – 2 = -1 (x + 1)  () : y = -x + 1

c) Đường thẳng () cắt trục tung tại C  C có tọa độ (0; 1)
Đường thẳng () cắt trục hoành tại D  D có tọa độ (1; 0)
Đường thẳng (d) cắt trục hồnh tại B  B có tọa độ (-3; 0)

Vì xA + xD = 2xC và A, C, D thẳng hàng (vì cùng thuộc đường thẳng ())
 C là trung điểm AD

2 tam giác BAC và BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B và AC =
1
2AD

Nên ta có

1
2

ABC
ABD

S AC

S AD

Bài 4:

a) Trong đường trịn tâm O:

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

Ta có BMN= MAB (cùng chắn cung BM )
b) Trong đường trịn tâm O':

Ta có IN2 = IA.IB
c) Trong đường tròn tâm O:

 

MAB BMN (góc chắn cung BM ) (1)
Trong đường trịn tâm O':

 

BAN BNM (góc chắn cung BN ) (2)

Từ (1)&(2) => MAB BAN MBN BMN BNM MBN 180       0
Nên tứ giác APBQ nội tiếp.

=> BAP BQP QNM   (góc nội tiếp và góc chắn cung)
mà QNM và BQP  ở vị trí so le trong => PQ // MN

SỞ GIÁO DỤC ĐAØO TẠO KỲ THI TS VAØO LỚP 10 THPT NH: 2010-2011
 BÌNH ĐỊNH KHĨA NGÀY : 30 - 6 - 2010

Đề chính thức Mơn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: Sáng 01/7/2010

---
Bài 1: (1,5 điểm) Giải các phương trình sau:

a) 3(x – 1) = 2 + x b) x2 + 5x – 6 = 0

Bài 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x2 – x + 1 – m = 0 ( m là tham số ). 
Tìm điều kiện của m để phương đã cho có nghiệm.

b) Xác định các hệ số a, b biết rằng hệ phương trình

ax 2y 2
bx ay 4

 




 

 có nghiệm (

√

2, -

√

2 ).
Bài 3: (2,5 điểm) Một công ty vận tải điều một số xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho
hàng thì có 2 xe bị hỏng nên để chở hết lượng hàng thì mỗi xe cịn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với
dự định ban đầu. Hỏi số xe được điều đến chở hàng là bao nhiêu ? Biết rằng khối lượng hàng chở
ở mỗi xe là như nhau.

Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Kẻ các
đường cao BB’ và CC’ (B’ cạnh AC, C’ cạnh AB). Đường thẳng B’C’ cắt đường tròn tâm
O tại hai điểm M và N ( theo thứ tự N, C’, B’, M).

a) Chứng minh tứ giác BC’B’C là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AM = AN.

c) AM2 = AC’.AB

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

HƯỚNG DẪN GIẢI

Baøi 1: (1,5 điểm) a) 3(x – 1) = 2 + x <=> 3x – 3 = 2 + x <=> 2x = 5 <=> x =
5

2 
b) Ta coù a + b + c = 1 + 5 +(-6) = 0 => x1 = 1 ; x2 = -6

Bài 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x2 – x + 1 – m ( m là tham số ). Để phương đã cho có
nghiệm thì D ³ 0 <=> (-1)2 – 4(1 – m) ³ 0 <=> 1 – 4 + 4m ³ 0 <=> m ³

3
4
b) Hệ phương trình có nghiệm (

√

2, -

√

2 ) nên ta có :

2a 2 2 2

2a 2b 4

  




 



 <=>

a 2 2

b 2 2

  


 



Bài 3: (2,5 điểm) Gọi x (xe là số xe được điều đến chở hàng (x: nguyên, x > 2)
Số xe thực chở hàng là x – 2 (xe)

Khối lượng hàng chở ở mỗi xe lúc đầu:
90

x (tấn); thực chở là: 
90

x 2- (taán);

Ta có phương trình:
90
x 2- -

90
x =

2 <=> 2.90.x – 2.90(x – 2) = x(x – 2)
<=> x2 – 2x – 360 = 0 => x

1 = 20 ; x2 = -18 (loại)
Vậy số xe được điều đến chở hàng là 20 xe

Bài 4: (3,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác BC’B’C là
tứ giác nội tiếp.

Ta coù BC'C BB'C· =· = 900 (gt)

Hay B’ ; C’ nhìn BC dưới một góc bằng 900

=> BC’B’C nội tiếp trong đường trịn đường kính BC
b) Chứng minh AM = AN.

Ta có:

· 1 ¼ »

AC'M sđ(AM NB)

= +

;

· 1 » »

ACB sđ(AN NB)

= +

Mà BC’B’C nội tieáp => AC'M B'CB ACB· =· =· <=> 1 sđ(AM NB)2 ¼ +» = 1 sđ(AN NB)2 » +»
<=> AM AN¼ =» <=> AM = AN

c) AM2 = AC’.AB

Xét DANC’ và DABN có:
¼ »

AM AN= => ANC' ABN· =· (góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau); Và NAB· : chung
=> DANC’ : DABN =>

AN AC'

AB=AN => AN2 = AC’.AB hay AM2 = AC’.AB
Bài 5: (1,0 điểm).

2 a + b + c

Cho 0 < a < b và phương trình (ẩn x) ax + bx + c = 0 vô nghiệm . CMR: 3
b a 

 Vì đa thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c khơng có nghiệm (gt) nên f(x) cùng dấu với hệ số a của
nó .

 Mà a > 0 (gt) nên f(x) > 0 (với mọi x thuộc )
 Suy ra: f( 2) > 0

 4a  2b + c > 0

 a + b + c  3(b  a) > 0

 a + b + c > 3(b  a)

 a + b + c 3 (Chia hai veá cho số dương là b a)b a  

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011
 Môn thi : TỐN (Chung)– Sáng ngày 30/6/2010

Đề chính thức Thời gian làm bài : 120 phút
( Không kể thời gian phát đề)
Câu 1. (2 đ )

a) Khơng sử dụng máy tính cầm tay , hãy rút gọn biểu thức : A = 12 2 48 3 75 

b) Cho biểu thức

2 2 1

1 2 1

x x x x x x

B

x x x x

      

  

  

 

Với những giá trị nào của x thì biểu thức trên xác định ? Hãy rút gọn biểu thức B .
Câu 2 . (2đ )

Khơng dùng máy tính cầm tay , hãy giải phương trình và hệ phương trình sau :
a) x2 - 2 2x – 7 = 0

2 3 13

)

2 4

x y
b

x y

 




 


Câu 3. (2,5 đ)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình y = 2x2 và đường thẳng

(d) có phương trình y = 2(m – 1)x – m +1, trong đó m là tham số .
a) Vẽ parabol (P) .

b) Xác định m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt .

c) Chứng minh rằng khi m thay đổi ,các đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định . Tìm 
điểm cố định đó .

Câu 4. (2,5 đ)

Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng

 

 khơng qua O cắt đường trịn tại hai điểm A 
và B. Từ một điểm M trên ( Δ ) ( M nằm ngồi đường trịn tâm O và A nằm giữa B và M ), vẽ
hai tiếp tuyến MC, MD của đường tròn (O) . (C, D (O) ) Gọi I là trung điểm của AB, tia IO cắt
MD tại K .

a) Chứng minh năm điểm M, C, I, O, D cùng thuộc một đường tròn .
b) Chứng minh : KD. KM = KO .KI

c) Một đường thẳng đi qua O và song song với CD cắt các tia MC và
MD lần lượt tại E và F . xác định vị trí của M trên ( Δ ) sao cho
diện tích Δ MEF đạt giá trị nhỏ nhất .

Câu 5. (1 đ)

Một hình nón đỉnh S có chiều cao 90 cm được đặt úp trên một hình
trụ có thể tích bằng , 9420cm3 và bán kính đáy hình trụ bằng 10cm , sao

cho đường trịn đáy trên của hình trụ tiếp xúc ( khít ) với mặt xung quang
hình nón và đáy dưới của hình trụ nằm trên mặt đáy của hình nón . Một
mặt phẳng qua tâm O và đỉnh của hình nón cắt hình nón và hình trụ như
hình vẽ.

Tính thể tích của hình nón . Lấy  3,14
-

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

GIẢI ĐỀ TOÁN TUYỂN LỚP 10 THPT TỈNH PHÚ YÊN

Câu 1: a) A = 12 2 48 3 75  = 2 3 8 3 15 3  = 9 3

b) B =

2 2 1

1 2 1

x x x x x x

x x x x

      



 

    

 

- ĐK xác định: x > 0 ; x 1

Ta có B =



 





 











2 1 2 1 1 1

1 1

x x x x x x

x

x x

      

 



 





 



1 1

3 2 3 2

1 1

x x

x x x x

x
x x
 
    
 
=



 





 



1 1
6
.
1 1
x x
x
x
x x
 

 

= - 6
Câu 2:

a) x2 2 2x 7 0

Lập   ' ( 2)2 7 9   ' 9 3 ; Do đó x1 = 2 3; x2  2 3
Vậy pt có hai nghiệm: x1 = 2 3; x2  2 3

b) '

2 3 13(1)
2 3 13(1)

2 4(2) 2 4 8(2 )

x y
x y

x y x y

 
  


 
   

  Lấy (1) – (2’) vế theo vế ta được:

- 7y = 21  y = - 3. Thay y = - 3 vào (2), ta được: x + 2.(- 3) = - 4  x = 2
Vậy hệ pt có nghiệm là ( 2; - 3)

Câu 3: a) Vẽ đồ thị hàm số y = 2x 2

- Hàm số y = 2x 2 xác định với mọi giá trị của x
- Lập bảng giá trị: x … - 2 - 1 0 1 2….
y = 2 x 2 …. 8 2 0 2 8

- Đồ thị hàm số có đỉnh là gốc tọa độ, nằm phía trên trục hồnh và nhận
trục tung làm trục đối xứng

b) Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P) là:
2x2 – 2(m – 1) x + m – 1 = 0 (*)

Ta có ' = (m – 1)2 – 2(m – 1) = m2 – 2m + 1 – 2m + 2= m2 – 4m + 3

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt  '> 0  m2 – 4m + 3 > 0
 (m – 1)(m – 3) > 0  m > 3 hoặc m < 1

Vậy khi m > 3 hoặc m < 1 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
c) gọi M(x0; y0) là điểm cố định mà họ đường thẳng (d) đi qua, ta có:

y0 = 2(m-1)x0 – m + 1  2mx0 – 2x0 –m + 1 – y0 = 0  m(2x0 – 1 ) – 2x0 + 1 – y0 = 0 (*)

Vì pt (*) đúng với mọi m nên ta có:

0
0 0
0 0
0
0
1 1

2 1 0 2

2 1 0 1

2. 1 0

2
x
x x
x y
y

y

 

  
  
 
  
   
      



Vậy đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định M(1/2 ; 0)

2
8

0
y

-2 -1 1 2

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

Do đó OIM = 900  Điểm I thuộc đường trịn đường kính OM (1)
Ta có OCM ODM 900( MC và MD là tiếp tuyến (O))

 C; M thuộc đường trịn đường kính OM (2)

Từ (1) và (2)  5 điểm O;I;C;D;M cùng thuộc đường trịn đường kính OM
b) Xét KOD và KMI Kcó chung ; KDO KMI 900

Do đó KOD và KMI đồng dạng (g-g)

KO KD

KM KI  KD.KM = KO.KI 
c) Ta có

. .

MEF

S  EF OM OE OM

( OE = OF do MEF cân)
= OC.ME ( hệ thức lượng tam giác vuông)
Mà OC = R khơng đổi, nên diện tích MEFnhỏ nhất khi ME nhỏ nhất
Ta có ME = EC + MC  EC MC. ( bất đẳng thức cô si)

Và EC.MC = OC2 ( hệ thức lượng tam giác vng)
Do đó ME nhỏ nhất khi ME = 2 OC = 2R

Đặt MC = x, ta có OC 2 = MC.EC ( hệ thức lượng tam giác vuông)

 R 2 = x.(2R – x)  x2 – 2Rx + R 2 = 0  (x – R )2 = 0  x = R
Mặt khác OM 2 = MC. ME ( hệ thức lượng tam giác vuông)

= R.2R = 2R 2  OM = R 2

Vậy khi M là giao điểm của (O; R 2) và đường thẳng

 

 thì diện tích MEF nhỏ nhất 
Câu 5: Ta có: Vtrụ = .r 2 .h 9420 = 3,14.10 2 .h  h = 30(cm)

Goi R là bán kính đáy của hình nón, theo định lý ta lét ta có:
10 90 30

R




 R = 15 (cm)
Vậy Vhình nón =

2
1

.
3R h=

2
1

.3,14.15 .90

3 = 21,195 (cm3)

10
90

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

Tuyển sinh 10 của

KHÁNH HOÀ

2010 – 2011

THỜI GIAN: 120 PHÚT

BÀI 1: ( 3Đ) (Khơng dùng máy tính cầm tay)
a)Rút gọn biểu thức: A = 5( 20 3)  45
b)Giải hệ phương trình:

5
3

x y
x y

 




 



c)Giải phương trình: x4 – 5x2 + 4 = 0.
BÀI 2: (1Đ)

Cho phương trình bậc hai ẩn x , tham số m: x2 – 2(m +1)x + m2 – 1 = 0 .

Tính giá trị của m , biết rằng phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều kiện:
x1 + x2 + x1.x2 = 1.

BÀI 3: (2Đ)

Cho hàm số y = mx – m + 2 có đồ thị là đường thẳng (dm).
1.Khi m = 1 , hay x vẽ (d1).

2.Tìm toạ độ điểm cố định mà đường thẳng (dm) luôn đi qua với mọi giá trị của m.
Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M(6 ; 1) đến đường thẳng (dm) khi m thay đổi.
BÀI 4: (4Đ)

Cho hình vng cạnh a , lấy điểm M bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B,C). Qua B kẻ đường thẳng
vng góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K.

1.Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp.
2.Chứng minh: KM  DB.

3.Chứng minh: KC . KD = KH . KB.

4.Kí hiệu SABM , SDCM là diện tích của tam giác ABM, tam giác DCM. Chứng minh tổng (SABM
+ SDCM ) khơng đổi. Xác định vị trí của M trên BC để S2ABM + S2

DCM đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm

giá trị nhỏ nhất đó theo a.

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

1. A = A 5( 20 3)  45 100 3 5 3 5   100 10 (1đ)

5 5 4 5 1

3 2 8 4 4

x y x y y y

x y x x x

      

   

  

   

    

    (0,75đ)

Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất (4;1). (0,25đ)
3. Đặt x2 = t ( điều kiện: t  0)

Pt  t2 – 5t + 4 = 0. (a = 1 , b = -5 , c = 4)

Vì a + b + c = 1 – 5 + 4 = 0 nên t1 = 1 (nhận) ; t2 = 4 (nhận) (0,5đ)
+ Với t = 1 suy ra : x2 = 1  x = 1 .

+ Với t = 4 suy ra : x2 = 4  x = 2 .

Vậy S = {1 ; 2} . (0,5đ)

Bài 2 : a = 1 , b’ = -(m+1) ; c = m2 – 1 .
’ = b’2 – a.c = (m+1)2 – 1. ( m2 – 1) 
= m2 + 2m + 1 – m2 + 1 = 2m + 2.
Để pt có hai nghiệm x1 , x2 thì ’  0

 2m + 2  0
 m  -1 .
Theo hệ thức Vi ét ta có :

1 2
2
1 2

2 2

. 1

m
x x
x x m

 






 




Theo đề bài ta có: x1 + x2 + x1.x2 = 1.
 2m + 2 + m2 – 1 = 1
 m2 + 2m = 0.
 m(m + 2 ) = 0.

 m = 0 ( nhận) ; m = -2 ( loại)
Vậy m = 0.

Bài 3 : Cho hàm số y = mx – m + 2 (dm)
1.Khi m = 1 thì (d1) : y = x + 1.
Bảng giá trị :

x -1 0
y = x + 1 0 1

Vẽ : Đồ thị hàm số y = x + 1 là 1 đường thẳng đi qua hai điểm (-1 ; 0) và (0 ; 1).
(HS vẽ đúng đạt 1đ)

2. Gọi A(xA ; yA) là điểm cố định mà (dm) luôn đi qua khi m thay đổi.
Ta có : yA = mxA – m + 2.

 yA – 2 = m(xA – 1) (*)

Xét phương trình (*) ẩn m , tham số xA , yA :
Pt(*) vô số nghiệm m khi

1 0 1

2 0 2

A A

x x

y y

  

 



 

  

 

Vậy (dm) luôn đi qua 1 điểm A(1 ; 2) cố định khi m thay đổi.
Ta có : AM = (6 1) 2(1 2) 2  26

Từ M kẻ MH  (dm) tại H.
+Nếu H  A thì MH = 26.(1)

+Nếu H khơng trùng A thì ta có tam giác AMH vng tại H
=> HM < AM = 26 (2)

Từ (1)(2) suy ra MH  26

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

K

H

D

B

A

C

M

1. (1đ) Xét tứ giác BHCD có:

 900

BHD ( BH  DM)

 900

BCD (ABCD là hình vng)

Mà: Hai đỉnh H, C kề nhau cùng nhìn BD dưới góc 900.
Nên BHCD là tứ giác nội tiếp.

2.(1đ) Xét tam giác BDK có DH , BC là hai đường cao cắt nhau tại M
=> M là trực tâm của tam giác BDK.

=>KM là đường cao thứ ba nên KM  BD.
3. (1đ) HKC và DKB đồng dạng (g.g)

=>KC.KD = KH . KB.
4.(1đ) SABM =

1 1

. . . .

2 AB BM 2 a BM

SDCM =

1 1

. . . .

2 DC CM 2 a CM

=> SABM + SDCM =

1 1

. ( )

2 a CM BM 2a không đổi .

Ta có: S2ABM + S2
DCM =









2 2 2

2 2

2 4 4

1 1

. . . . .

2 2 4

= . ( )

= .

2 2 4

( )

2 2 8 8

a

a BM a CM BM CM

a

BM a BM

a a a

BM

a a a a

BM

   

  

   

   

 

  

 

  

 

 

 

   

Để S2ABM + S2

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

Lược giải :

Bài 1)



28 3 3 27 2 12 :5 





28 3 9 3 4 3 :5 15 3:5 3 3 



 
Bài 2) a) Đồ thị hàm số y = ax -2 ( a0) qua A(3 ;4)

=>3a-2= 4 => a=2 ( thỏa Đk)

b) Vẽ đồ thị hàm số y =2x -2 ( tự vẽ)
Bài 3) Giải các phương trình3.1) x2-4x +2 =0

’ = b’

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

3.2) 4x4x2 5 0
Đặt x2 = t ( t 0)
4t2 + t -5 =0

Do a+b+c=4+1-5 =0

1 1

t  ( thỏa đ k) ; 2

5
4
t 

( không thỏa đ k)
t = 1 = > x2 =1  x1

3.3)

1 1 4
1 1 3
x x 
Đ k : x1

=> 3x+3+3x-3 =4x2-4
2x2 -3x -2 =0

=25



1 2

x  (thỏa đ k) 2

1
2
x 

(thỏa đ k)
Bài 4

M

C
D

H

B
A

O
S

1) SAO SBO  900( t/c tiếp tuyến )
=>SAO SBO  1800

=> tứ giác SAOB nội tiếp
2) a)

Ta có OA2 =OS2-OA2 = 9R2-R2 =8R2
=> OA=2R 2

1. .2 2 2
2

SAO

S  R R R

SAO= SBO



=>

SSAOB 2.R2 2

b) Ta có SA=SB ( t/c hai tiếp tuyến giao nhau)
OA=OB ( ban kính )

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

=>AH=

2 2. 2 2

3 3

R R R
R 

3) Đường trịn (O) có hình thang ADCB nội tiếp, nên ADCB là hình thang
cân

*

ABC=



DCB (c-c-c) =>

ACB DBC

=> MBC cân =>MB=MC



Mà OB=OC (bán kính kính)



MO là trung trực của BC

=> OM



BC

Sở Giáo Dục Và Đào Tạo Kì Thi Tuyển Sinh Vào Lớp 10 THPT

ĐăkLăk

Năm Học

2010-2011

Đề Chính Thức Mơn : TỐN

Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2 điểm)

1) Giải phương trình: 2x2+

√

3x=x2+2

√

3x

2) Xác định a và b để đồ thị hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(2;8) và B(3;2).
Bài 2: (2 điểm)

1) Rút gọn biểu thức: A=

√

(

√

2−2

)+(

√

2+1

)

2
2) Cho biểu thức: B=

(

1−

√

x−

√

x

)

(

1
1+

√

x+

√

x

1− x

)

với x 0,x 1.

a) Rút gon biểu thức B.

b) Tìm giá trị của x để biểu thức B = 5.

Bài 3: (1,5 điểm)

Cho phương trình: x2−

(2m+1)x+m2+1

2=0 (m là tham số) (1)

1) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt?

2) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho biểu thức

M=

(

x1−1

)

(

x2−1

)

đạt giá trị nhỏ nhất?
Bài 4: (3,5 điểm)

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

1) Chứng minh OBPC là một tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh hai tam giác BDO và CAO đồng dạng.

3) Tiếp tuyến của nửa đường tròn ở P cắt CD tại I. Chứng minh I là trung điểm của đoạn thẳng
CD.

Bài 5: (1 điểm)

Chứng minh rằng phương trình

(

a4− b4

)

x2−2

(

a6−ab5

)

x

+a8− a2b6=0 ln ln có nghiệm
với mọi a, b.

Họ tên thí sinh:………Số báo danh…………
Họ tên và chữ ki giám thị

……… ………

Sở GD & Đào Tạo Kì Thi Tuyển Sinh Vào Lớp 10 Trung Học Phổ Thông
ĐăkLăk Năm Học 2010-2011

ĐÁP ÁN MƠN TỐN THI NGÀY THƯ NHẤT

Bài 1 Ý NỘI DUNG Điểm
2đ 1 Giải PT: 2x2 +

√

3 x = x2 +2

√

3 x

 x2

-√

3 x = 0  x(x-

√

3 ) = 0

Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 = 0 ; x2 =

√

0,5
0,5
2 Xác định a, b để đồ thị hàm số y = ax +b đi qua hai điểm A(2;8) và B (3;2)

+ Vì đồ thị hàm số y = ax +b đi qua hai điểm A(2;8) và B (3;2)
Suy ra ta có hệ

2a+b=8

3a+b=2

¿{

vậy a và b là hai nghiệm của hệ

2a+b=8

3a+b=2

¿{

Giải hệ PT

2a+b=8

3a+b=2

¿{



¿
a=−6

3(−6)+b=2

¿{



¿
a=−6

b=20

¿{

0,5

Bài 2
( 2đ)

1 A =

√

2+1¿

√

2−2)+¿

= 2- 2

√

2 +2+2

√

2 +1
= 5

0.25

0,5

2 a) Với x 0 ,x1Ta có :

B =

(

1−

√

x−

√

x

)

(

1
1+

√

x+

√

x

1− x

)

= 2−

√

x

(

1−

√

x

)

1−

√

x :

1−

√

x+2

√

x

1− x

= x −

√

x+2(1+

√

x) (1−

√

x)

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

= x -

√

x +2

0,5

Bài3
(1,5đ) 1

b) Tìm các giá trị của x để biểu thức B = 5
Ta có : B = 5  x -

√

x +2 = 5  x -

√

x -3 = 0

Với x 0 và x1 đặt t =

√

x , => : t 0
Ta có p/t : t2 –t -3 = 0 ( Δ =13>0 =>

√

Δ=

√

13 )
Do đó p/t có hai nghiệm t = 1+

√

2 ( nhận ) ,t =

1−

√

2 ( loại )

Nên ta có

√

x=

√

2  x =

2
2

13
1









 

x =

√

1) Với giá trị nào của m thì p/t (1) có hai nghiệm phân biệt .
Ta có Δ = (2m+1)2 - 4

(

m2+1

)

= 4m -1

P/t (1) có hai nghiệm phân biệt khi Δ >0
 4m -1>0 m> 14

0,25

0,5

2 Với giá trị nào của m thì p/t (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho
biểu thức M =(x1 -1)(x2 -1) đạt gia trị nhỏ nhất.

+ Ta có (x1 -1)(x2 -1) = x1 x2 –(x1 +x2 ) +1

Mặt khác theo hệ thức Vi Et ta có

¿
x1+x2=2m+1

x1.x2=m
2

¿{

Vây M =(x1 -1)(x2 -1) =m2 -2m + 1

2 = (m−1)
2

−1

2≥
1
2

Vậy m đạt giá trị nhỏ nhất là −1

2 khi m- 1=0  m=1 ( thỏa mãn điều kiện m>
1

0,25

0,25
0,25

Bài 4.
( 3,5đ)

Vẽ
hình và
ghi
Gt+KL
0,5đ

- Vẽ hình đúng (0,25đ)
- Ghi GT +KL cơ bản (0,25đ)

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

D

P

B
O

M

A

C

I

Chứng minh tứ giác OBPC là tứ giác nội tiếp :


0
90

COP ( Vì OM OB) BDOCAO (1)


APB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )=> CPB = 900 (2)
Từ (1) và (2) => COP CPB   1800

Suy ra OBPC là tứ giác nội tiếp .

0,25

0,25
0,5

Chứng minh BDOCAO

Tam giác BDO và tam giác CAO là hai tam giác vuông
Có BDO CAO  (vì cùng phụ với DBO )

Vậy BDOCAO

0,25
0,5
0,25

3) Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại tiếp điểm P cắt CD tại I .

Hai tam giác CPD và BOD có D chung suy ra. DCP DBO  (3)

Ta có IPC DBO  ( Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn một cung 
AP) (4)

Từ (3) &( 4) =>IBC IPC  nên tam giác CIP cân tại I => IC =IP(*)
Tương tự DPC đồng dạng với DOB ( hai tam giác vuông có góc nhọn 
D chung )

=>IDP DPI  ( Vì cùng phụ với 


DBO )

Do đó PID cân tại I cho ta ID = IP (**)
Từ (*) &(**) => I là trung điểm của CD

0,5

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92>

Bài5
(1đ)

Cần chứng minh p/t ( a4 –b4 ) x2 -2(a6 –ab5 )x +a6 –a2 b6 = 0 ln có nghiệm với mọi

a ,b .

Ta có a4 –b4 = (a2)2 – (b2 )2 = 0 

a=b

¿
a=−b

¿
¿
¿
¿

 khi a = b thì p/t cho có dạng 0x = 0 => p/t cho có vơ số nghiệm số
với mọi x R (1)

 Khi a= -b ta có p/t : 4a6 x = 0  x = 0 khi a 0 (2)
 Khi a = 0 thì p/t có dạng 0x = 0 ∀ x R. (3)
Từ (1) ,(2) và (3) => P/ T cho ln có nghiệm với a =b hay a = -b (*)
Khi a ± b thì p/t cho có Δ = a6b4 (b-a)2 0

Vậy khi a ± b p/t cho ln có nghiệm (**)

Từ (*) và (**) => p/t cho ln có nghieemk với mọi a, b .

0,25
0,25
0,5

TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN

HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 năm học
2010-2011

MƠN THI: TỐN HỌC

</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>

\\

= I

x
Q

M

N

C

O

B
A

A B

O
C
N

M
Q
x

I
=

</div>
(97)<div class='page_container' data-page=97>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2010
 LÂM ĐỒNG Khóa ngày 22 tháng 6 năm 2010

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN

</div>
(98)<div class='page_container' data-page=98>

Câu 1: (0,75điểm). Tính:

3 2 12 75

 

.
Câu 2: (0,75điểm). Giải hệ phương trình:

3 5

2 4 0

x y
x y

 




 



Câu 3: (0,75điểm). Tìm m để đồ thị hàm số:y2x m  4 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng
2.

Câu 4: (1điểm). Từ điểm A ngồi đường trịn (O), kẻ tiếp tuyến AB ( B là tiếp điểm) và cát
tuyến AMN với đường tròn, sao cho tia AO nằm giữa hai tia AB và AM.Gọi I
là trung điểm của dây MN. Chứng minh:

a. Tứ giác ABOI nội tiếp.
b. AB2 AM AN.

Câu 5: (1,25điểm). Cho hàm số :y x 2 có đồ thị là (P).
a. Vẽ (P).

b. Bằng phép tính, hãy tìm tọa độ giao điểm của (P) với đường thẳng (d):
2

yx .

Câu 6: (0,75điểm). Một hình cầu có thể tích bằng 288 ( cm3). Tính diện tích mặt cầu.
Câu 7: (1điểm). Cho ABC vng tại A, đường cao AH  3cm, BH 1cm.

Tính HC và ACB.

Câu 8: (1điểm). Một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 26cm, hai cạnh góc vng hơn kém
nhau 14cm. Tính các cạnh góc vng.

Câu 9: (0,75điểm). Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là x1 và x2 thỏa:

1 2
2 2
1 2

6
12

x x
x x

 




 



Câu 10: (1điểm). Cho phương trình:





2 1 3 0

x  m x m  

(*) ( ẩn x, tham số m).
a. Giải phương trình (*) khi m3.

b. Chứng minh phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt x1,x2 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A 1 x12 x22.

Câu 11: (0,5điểm). Rút gọn:



1 3



2 3 .

Câu 12: (0,5điểm). Cho đường tròn (O,R), hai dây cung AB và CD vng góc với nhau (AB, CD
khơng đi qua O). Chứng minh: AC2BD2 4R2.

Hết

---Họ và tên thí sinh: ………... Số báo danh: …………
Chữ ký của giám thị 1:……… Chữ ký của giám thị 2:……….

</div>
(99)<div class='page_container' data-page=99>

ĐIỂM ĐIỂM
Câu 1: (0,75điểm). Tính:

3 2 12 75

5
2
3 2 4.3 25.3

5
3 4 3 2 3

 

  



Câu 2: (0,75điểm). Giải hệ phương trình:

3 5

2 4 0

x y
x y
 



 


* Biến đổi hệ phương trình về dạng đơn giản
* Tìm được : x = -2

* Tìm được: y = 1
Câu 3: (0,75điểm).

* Lập luận để suy ra: m – 4 = 2
* Tìm được m = 6

Câu 4: (1điểm).
a.

* Chỉ ra và có giải thích:
- OBA 900 và OIA 900
- Suy ra: OBA OIA  1800

* Nên tứ giác ABIO nội tiếp ( tứ giác có hai
góc đối bù nhau).
Câu 8: (1điểm).

* Gọi x (cm) là cạnh góc vng bé. (0<x<26)
Vậy cạnh góc vng lớn là: x +14 (cm)
* Lập phương trình:





2 2

14 26

14 240 0

x x

  

   

* Giải phương trình và tìm được:
x1=10, x2=-24
* Vậy cạnh góc vuông bé là 10(cm)

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b.

* Chứng minh hai tam giác: ABM và
ANB đồng dạng.

* 2 .

AB AM
AN AB
AB AM AN

 

Câu 5: (1,25điểm).
a.

* Lập bảng giá trị ( ít nhất 5 giá trị, trong
đó có giá trị x = 0)

* Vẽ tương đối chính xác
b.

* Lập phương trình hồnh độ giao điểm:
x2 x 2 0

* Giải phương trình tìm được
1
2
1
2
x
x






- Tìm được tọa độ giao điểm (-1;1) và (2;
4)

Câu 6: (0,75điểm).
* Viết công thức :

3
4
3

V  R

* Thay số tính được: R = 6cm
* Diện tích mặt cầu:

2 2

4 6 144 ( )

S R
S cm

 

 

Câu 7: (1điểm).
* Tính HC.

- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác
vng, có :

 





2
2
2

.
3
3
1

AH HB HC
AH

HC cm

HB



   

* Tính ACB
- Lại có:

3
3
AH
tgC
AC
 

 ACB300

Câu 11: (0,5điểm).







 





 





 



1 3 . 2 3

1 3 2 3

4 2 3 2 3

2 2 3 2 3

</div>
(100)<div class='page_container' data-page=100>

Câu 9: (0,75điểm).
* Giải hệ phương trình:

1 2 1 2 1

2 2

1 2 2

1 2

6 6 2

2 4

x x x x x

x x x

x x

    

  

 

  

  

   



* Lập được : S= x1+x2 = 6 và P=x1x2=8
* Phương trình cần lập là: x2 – 6x + 8 = 0
Câu 10: (1điểm).

- Thay m = 3 vào phương trình (*), ta được:
x2 2x0

- Giải phương trình (*) tìm được
x1 = 0; x2 = 2
b.

- Chứng minh phương trình (*) có



m 3



2 4 0

    

với mọi m.

- Tìm được GTLN của A = -2 khi m = 2

0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ

Câu 12: (0,5điểm).

* Vẽ đường kính AE

* Chứng minh tứ giác CBED là hình
thang cân. Suy ra: CE = BD.

* Chứng minh:AECvuông tại C
* Lập được hệ thức: AC2 + CE2 = AE2
Suy ra: AC2 + BD2 = 4R2

0,25đ

</div>
(101)<div class='page_container' data-page=101>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH BÌNH DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPTNĂM HỌC 2010 – 2011

Môn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút
(Khơng kể thời gian phát đề)

Bài 1 (1đ)

Rút gọn M  16x2 8x1. Tính giá trị của M tại x = 2.

Bài 2 (1đ5)

1) Vẽ đồ thị của các hàm số sau trên cùng một mặt phẳng tọa độ :

( ) :P yx ; ( ) :d y2x3

2) Tìm tọa độ giao điểm (nếu có) của (d) và (P).

Bài 3(2đ)

1) Giải phương trình x2 5x6 0

2) Giải hệ phương trình

3 4

2 5 7

x y
x y

 




 



Bài 4 (2đ)

1) Một người dự định đi xe gắn máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau
90km. Vì có việc gấp phải đến B trước giờ dự định là 45 phút nên người ấy phải
tăng vận tốc lên mỗi giờ 10 km . Hãy tính vận tốc mà người đó dự định đi .
2) Chứng minh rằng phương trình x2  2 2



m 1



x4m 8 0  (m là tham số) ln

có 2 nghiệm phân biệt và khác 1 với mọi m  R .

Bài 5 (3đ5)

Một hình vng ABCD nội tiếp trong đường trịn Tâm O bán kính R . Một điểm M di
động trên cung ABC , M không trùng với A,B và C, MD cắt AC tại H.

1) Chứng minh tứ giác MBOH nội tiếp được trong đường tròn và DH.DM = 2R2 .
2) Chứng minh tam giác MDC đồng dạng với tam giác MAH .

3) Hai tam giác MDC và MAH bằng nhau khi M ở một vị trí đặc biệt M’. Xác định
điểm M’. Khi đó M’D cắt AC tại H’. Đường thẳng qua M’ và vng góc với AC
cắt AC tại I. Chứng minh rằng I là trung điểm của H’C .

Giải đề thi

</div>
(102)<div class='page_container' data-page=102>





2
2

16 8 1 4 1 4 1

M  x  x  x  x

Thay x=2 vào M

4.2 1 9 9

M

    

Bài 2:

1) vẽ đồ thị

Tọa độ điểm của đồ thị ( ) :P yx2

x -2 -1 0 1 2

yx 4 1 0 1 4

Tọa độ điểm của đồ thị ( ) :d y2x3

x 0 3

2


2 3

y x 3 0

2) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d)
2

2 3

2 3 0

x x

 

   

Có dạng a – b + c = 1 – (-2) + (-3) = 0
1
2
1
3
x
c
x
a



  

 


 từ (P) 
1
2
1
9
y
y


 



Vậy : Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A



1;1 ; B(1;9)



Bài 3:

1)
2

5 6 0

4 25 4.6 1

x x

b ac

  

     

Vì  > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt

1
2
5 1
2
2 2
5 1
3
2 2
b
x
a
b
x
a
     
  



    


  


2)

3 4 2 6 8 1 1 1

2 5 7 2 5 7 2 5 7 2 5.1 7 1

x y x y y y y

x y x y x y x x

      
    
   
    
        
    
Bài 4:

1) Gọi x(km/h) là vận tốc dự định đi (đk: x > 0 )
x + 10 (km/h) là vận tốc đi

Thời gian dự định đi là :

x (h)
Thời gian đi là :

90
10

x (h)

Vì đến trước giờ dự định là 45’=

4h .nên ta có phương trình:

90 90 3

10 4

10 1200 0

x x

 



</div>
(103)<div class='page_container' data-page=103>

Vì ’ > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt

' 5 35

30( )

1
' 5 35

40( )
1
b
x nhan
a
b
x loai
a
     
  



    

  



Vậy vận tốc dự định đi là 30(km/h)
2)













2
2

2 2 2

2 2 1 4 8 0 (*)

' ' 2 1 (4 8) 4 4 1 4 8 4 8 9

2 2 5 0 voi moi m (1)

    

                

   

x m x m

b ac m m m m m m m

m

Mặt khác : Thay x=1 vào phương trình (*)
Ta được :





1 2 2 1 .1 4 8 0
1-4m+2+4m-8=0

-5=0 (Không dung voi moi m khi x=1) (2)

m m

    




Từ (1) và (2)

 Phương trình ln có 2 nghiệm phân biệt và khác 1 với mọi m R

Bài 5:
H
O
A B
D C
M

1) * BDAC (Tính chất 2 đường chéo hình vng)

 900
BOH

 

 900

BMD (Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn )
  900 900 1800

BOH BMD

    

 Tứ giác MBOH nội tiếp được trong đường trịn (tổng số đo 2 góc đối diện =1800)



  0

DOH và DMB

D : DOH DMB(g-g)

( 90 )

chung
DOH DMB

  

  


  

DO
DM
. .
.2 .
DH
DB

DO DB DH DM
R R DH DM

 

</div>
(104)<div class='page_container' data-page=104>

2) MAC MDC ( Góc nội tiếp cùng chắn cung MC)

Hay MAH MDC (1)

Vì AD = DC (cạnh hình vuông)

AD DC

  (Liên hệ dây-cung)

 

AMD DMC

  (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau) (2)

Từ (1) và (2)

(g-g)

MDC MAH

   

I
H'
O

A B

D C

3)Khi MDC = MAH
 MD = MA

MAD cân tại M

 

MAD MDA

 

 

MAB MDC

  (cùng phụ với 2 góc bằng nhau )

 

BM CM

 

Vậy M là điểm chính giữa BC
Hay M’là điểm chính giữa BC
*M’DC = M’AH’

M’C = M’H’

M’H’C cân tại M’

Mà M’I là đường cao (M’I  H’C)

Nên M’I cũng vừa là đường trung tuyến

 IH’ = IC

Hay I là trung điểm của H’C .

</div>
(105)<div class='page_container' data-page=105>

---hết---SỞ GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU Năm học 2010-2011
ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn thi: Tốn

Ngày thi : 02 tháng 07 năm 2010
Thời gian làm bài : 120 phút

CAÂU I: ( 3 điểm )

a) Giải phương trình: 2x2 + 3x – 5 = 0
b) Giải hệ phương trình:

2 3

3 7

x y
x y

 




 


c) Rút gọn : M=

1 22

32 2 50

2   11

CÂU II: ( 1,5 điểm)

Cho phương trình x2 – mx -2 = 0

a/ Chứng tỏ rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
b/ Gọi x1 , x2 là hai nghiệm củaphương trình.

Tìm giá trị của m sao cho x12 + x22 -3 x

1 x2 = 14
CAÂU III: (1,5 điểm)

Một ca nô chạy với vận tốc không đổi trên một khúc sộng dài 30 km , cả đi lẫn về
hết 4 giờ .Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng , biết rằng vận tốc của dịng nước là 4
km/h.

CÂU IV: ( 3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuơng tại A (AB>AC) .Trên cạnh AC lấy điểm M khác A và C .
Đường tròn đường kính MC cắt BC tại E và cắt đường thẳng BM tại D ( E khác C và D khác
M )

a/ Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp.
b/ Chứng minh ABD MED

c/ Đường thẳng AD cắt đường trịn kính MC tại (N khác D) . Đường thẳng MD cắt CN
tại K , MNø cắt CD tại H. Chứng minh KH // NE

CÂU V: ( 0,5 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của

3 1 1

; ( 1)

4 1 2

x x

y x

x x

  

 

  

--- HẾT

---HƯỚNG DẪN CÂU KHÓ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU- Năm học 2010-2011
CAÂU I: ( 3 điểm )

</div>
(106)<div class='page_container' data-page=106>

Vì a+b+c= 2+3-5=0 nên pt có 2 nghiệm là x1 = 1 ; x2=
5
2
b)

2 3 5 10 2 2

3 7 3 7 3.2 7 1

x y x x x

x y x y y y

    

   

  

   

      

   

1 22 1

) 32 2 50 16.2 2 25.2 2

2 11 2

.4 2 2.5 2 2 2 2 10 2 2 7 2
2

c M      

      

CAÂU II: ( 1,5 điểm)

a) x2 – mx -2 = 0 (1)

2 2

( m) 4.( 2) m 8 0 m

        

 Phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m

b)

Theo hệ thức Vi-et :

1 2
1 2 2
x x m
x x

 






Do đó :









2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 2 2

1 2 1 2

3 14 2 5 14

5 14 5.2 14 4 2

x x x x x x x x x x

x x x x m m m

       

          

Vậy với m=2 hoặc m=-2 thì phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 -3 x1 x2 = 14
CÂU III: (1,5 điểm)

Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là x (km/h) ( ĐK : x>4)
Thì :

Vận tốc của ca nơ khi đi xi dịng là x +4 (km/h)
Vận tốc của ca nơ khi đi ngược dịng là x - 4 (km/h)
Thời gian ca nơ khi đi xi dịng là

30
4

x (h)
Thời gian ca nơ khi đi ngược dịng là

30
4

x (h)

Vì thời gi ancả đi lẫn về hết 4 giờ nên ta có phương trình :

30 30

4 4

x  x  (1)
Qui đồng mẫu thức đồng thời khử mẫu hai vế của Pt ta được :

2 2

30( 4) 30( 4) 4( 16) 30 120 30 120 4 64

4 60 64 0 15 16 0 (2)

a-b+c= 1+15-16=0

x x x x x x

x x x x

Vì

          

       

 PT (2) có 2 nghiệm là x1= -1 ; x2=16

Giá trị ø x1= - 1 không thỏa mãm điều kiện của ẩn nên bị loại
Vậy tốc của ca nô khi nước yên lặng là 16 km/h

</div>
(107)<div class='page_container' data-page=107>

A
B

C
M

D
K

N
H

1
1
1
1

a) Ta có BDC = 900 (1) (góc nội tiếp. chắn nửa đường tròn đường k1nh MC)
 900

BAC = 900 (2) ( vì ABC vuông tại A)

Từ (1) và (2) => 4 điểm A,B ,C ,D cùng thuộc đường tròn đường k1nh BC
=> Tứ giác ABCD nội tiếp.

b) Vì tứ giác ABCD nội tiếp( cmt)

=> ABD MCD (3) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AD)
Vì 4 điểm M,E ,C, D cùng thuộcđường trịn kính MC
=> MCD MED = (4) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD)
Từ (3) và (4) => ABD MED

c) N 1 M 1 (5) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC của đường trịn đường k1nh MC)
Có MEC 900 (góc nội tiếp. chắn nửa đường trịn đường k1nh MC)

=> MEBC tại E => MEB 900

Xét tứ giác ABEM coù BAM MEB  900900 1800
=> Tứ giác ABEM nội tiếp

=> M 1ABE (6) ( Vì cùng bù với AME)
Vì tứ giác ABCD nội tiếp ( cmt)

=> ABE D 1 (7) ( Vì cùng bù với ADC)

Ta có MDC900 (góc nội tiếp. chắn nửa đường tròn đường k1nh MC)
=> CDMK tại D => HDK 900 hay HDK 900

Ta có MNC 900 (góc nội tiếp. chắn nửa đường tròn đường k1nh MC)
=> MN CK tại N=> MNK900 hay HNK 900

Xeùt tứ giác DKNH coù HDK HNK  900900 1800
=> Tứ giác DKNHnội tiếp

</div>
(108)<div class='page_container' data-page=108>

Mà

N K



;



1 là cặp góc đồng vị 
Do đó KH // NE

CAÂU V: ( 0,5 điểm)



 





 





 





 



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

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

1 1 2 1 2 1 1 1 2 1 2

1 3

1 1 3 1 3 1 1 1 3

1 3 1 1

1 ( x 1)

1 3 1 3

x x x x x x x

y

x x x x x x x

x x x x x x

x

x x x x x

x
x x
            
  
            
           
  
 
          
  
   
   

1 1 1 1

1 1 0 1 3 3

3 3

1 3 1 3

1 1 2

1 1

3 3
1 3

Vì x x x

x x
y
x
            
   
     
 

Daáu “=” xảy ra khi x-1=0  x=1.
Vậy y min

2
3


khi x=1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.HỒ CHÍ MINH Năm học: 2010 – 2011

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Khóa ngày 21 tháng 06 năm 2010
Thời gian làm bài: 120 phút 
Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) 2x2 3x 2 0 c) 4x413x2 3 0
b)

4 1

6 2 9

x y
x y
 


 

 d) 2x2 2 2x1 0

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số

2
2

x
y

và đường thẳng (D):
1

1
2

y x

trên cùng một hệ trục
toạ độ.

b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính.
Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau:

12 6 3 21 12 3

A   

2 2

5 3

5 2 3 3 5 2 3 3 5

2 2

B            

   

Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 (3m1)x2m2m1 0 (x là ẩn số)

a) Chứng minh rằng phương trình ln ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A =
2 2

1 2 3 1 2
x x  x x .

</div>
(109)<div class='page_container' data-page=109>

b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng.

c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng. Suy ra K
là trung điểm của MP.

</div>
(110)<div class='page_container' data-page=110>

BÀI GIẢI

Bài 1: (2 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2x2 3x 2 0 (1)

9 16 25

   
(1)

3 5 1 3 5

4 2 4

x   hay x 

    

4 1 (1)

6 2 9 (2)

x y
x y
 


 


4 1 (1)

14 7 ( (2) 2 (1))

x y

x pt pt

 

 
 

3
1
2
y
x



 



c) 4x4 13x2 3 0 (3), đđặt u = x2,

phương trình thành : 4u2 – 13u + 3 = 0 (4)
(4) có  169 48 121 11   2

13 11 1 13 11

(4) 3

8 4 8

u  hay u 

    

Do đó (3)

3
2

x hay x

  

d) 2x2  2 2x1 0 (5)
' 2 2 4

   
Do đó (5)

2 2 2 2

2 2

x  hay x 

  

Bài 2:

a) Đồ thị: học sinh tự vẽ

Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),





1; , 2; 2
2

 

   

 

  .

(D) đi qua





1; , 2; 2
2

 

  

 

 

Do đó (P) và (D) có 2 điểm chung là :





1; , 2; 2
2

 

  

 

  .

b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2

2
1

1 2 0

2 2

x

x x x



     

1 2

x hay x

  

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





1; , 2; 2
2
 
  
 
  .
Bài 3:

A 12 6 3  21 12 3  (3 3)2  3(2 3)2  3 3 (2  3) 3  3

2 2

5 3

5 2 3 3 5 2 3 3 5

2 2

B            

   

2B =



 



2 2

5 4 2 3  6 2 5  5  4 2 3  6 2 5  3



2 2

 

2 2 2



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

         



 



2 2

</div>
(111)<div class='page_container' data-page=111>





2 2 2 2

3m 1 8m 4m 4 m 2m 5 (m 1) 4 0 m

             

Suy ra phương trình ln ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Ta có x1 + x2 = 3m + 1 và x1x2 = 2m2 + m – 1

A=x12x22 3x x1 2





1 2 5 1 2
x x x x

  

2 2

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

    

2 6 6 1 ( 1)2

4 2

m m m

       25 ( 1)2

4 m 2

  

Do đó giá trị lớn nhất của A là :
25

4 . Đạt được khi m = 
1
2
Bài 5:

a) Ta có góc EMO = 90O = EAO
=> EAOM nội tiếp.

Tứ giác APMQ có 3 góc vng :

   o

EAO APM PMQ 90  

=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật
b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường
chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ
nên I là trung điểm của AM.

Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và
tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng
hàng.

c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng
dạng vì chúng là 2 tam giác vng có 1 góc
vng bằng nhau là AOE ABM  , vì AE // BM
=>

AO AE

BP MP (1)

Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số

KP BP

AE AB (2)
Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP

Vậy K là trung điểm của MP.
Cách 2 : Ta có

EK AP

EB AB(3) do AE // KP,
mặt khác, ta có

EI AP

EO AB (4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng
So sánh (3) & (4), ta có :

EK EI

EB EO.

Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM
=> K là trung điểm MP.

d) Ta dễ dàng chứng minh được :
abcd

4
a b c d

4
  

 

 

  (*)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
MP = MO2 OP2  R2  (x R) 2  2Rx x 2

Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx x  2  (2R x)x 3

S đạt max  (2R x)x 3 đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max

M Q

A
P x

</div>
(112)<div class='page_container' data-page=112>



x x x

. . (2R x)

3 3 3  đạt max 
Áp dụng (*) với a = b = c =

x
3

Ta có :

4 4

x x x 1 x x x R

. . (2R x) (2R x)

3 3 3 4 3 3 3 16

 

        

 

Do đó S đạt max 
x

(2R x)

3   

x R

2


.

B.HƯỚNG DẪN CHẤM

1) Điểm bài thi đánh giá theo thang điểm từ 0 đến 10. Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần và
khơng làm trịn .

2) Học sinh giải cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó .
3 ) Đáp án và biểu điểm gồm 04 trang

</div>
(113)<div class='page_container' data-page=113></div>
(114)<div class='page_container' data-page=114></div>
(115)<div class='page_container' data-page=115></div>
(116)<div class='page_container' data-page=116>

Sở GD&ĐT Cần Thơ

Đề thi tuyển sinh lớp 10

---

Năm học

:

2010 - 2011

.

Mơn

:

Tốn

.

Thời gian làm bài

:

120 phút

Câu I: (1,5đ)

Cho biểu thức A =

1 1

1 1 1

x x x

x x x x x



 

    

1/ Rút gọn biểu thức A.

2/ Tìm giá trị của x để A > 0.

Câu II: (2,0đ)

Giải bất phương trình và các phương trình sau:

1. 6 - 3x ≥ -9 2.

x +1 = x - 5

3. 36x

- 97x

+ 36 = 0 4.

2 3 2

2 1

x x
x

 



Câu III: (1,0đ)

Tìm hai số a, b sao cho 7a + 4b = -4 và đường thẳng ax + by = -1 đi

qua điểm A(-2;-1).

Câu IV: (1,5đ)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = ax

có đồ thị (P).

1. Tìm a, biết rằng (P) cắt đường thẳng (d) có phương trình y = -x -

tại điểm A

có hồnh độ bằng 3. Vẽ đồ thị (P) ứng với a vừa tìm được.

</div>
(117)<div class='page_container' data-page=117>

Câu V: (4,0đ)

Cho tam giác ABC vng ở A, có AB = 14, BC = 50. Đường phân giác

của góc ABC và đường trung trực của cạnh AC cắt nhau tại E.

1. Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp được trong một đường tròn. Xác định tâm

O của đường tròn này.

2. Tính BE.

</div>
(118)<div class='page_container' data-page=118></div>
(119)<div class='page_container' data-page=119>

⎧mx − y = 5

⎨

x + y = 1

(I)

a. Giải hệ phương trình (I) với m = 5.

b. Với giá trị nào của m thì hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất, vơ nghiệm?

Câu 3. (3,0 điểm)

Cho phương trình: x

+ (4m + 1)x + 2(m – 4) = 0, với m là tham số.

a. Giải phương trình với m = 1

b. Chứng minh rằng phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

c. Tìm m để phương trình có các nghiệm x

, x

thỏa mãn: ( x

– x

)

= 65

Câu 4. (3,0 điểm)

Cho một điểm M bất kỳ nằm trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB (M khác

A và B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến Ax cắt tia

BM tại I. Phân giác góc IAM cắt nửa đường tròn tại E và cắt tia BM tại F; tia BE cắt

Ax tại H và cắt AM tại K.

a. Chứng minh EFMK là tứ giác nội tiếp.

b. Chứng minh: AI

= IM.IB.

c. Chứng minh tam giác BAF cân .

</div>
(120)<div class='page_container' data-page=120>

SỞ GDĐT BẠC LIÊU

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2010 - 2011

CHÍNH THỨC

</div>
(121)<div class='page_container' data-page=121>

HƯỚNG DẪN CHẤM

Mơn: Tốn

Câu 1. (2,0 điểm)

a. 1 80 +

= 1 16.5 +
4

20 −
4.5 −

45 + 5

9.5 + 5 0,25đ

= 1 .4 5 + 2 5 − 3 5 + 5

4 0,25đ

= 5 + 2 5 − 3 5 + 5 0,25đ

=5 0,25đ

b. x − x + x − 1

x x − 1

) (

x + 1

)(

x − 1

)

(x > 0, x ≠ 1 ) 0,5đ

x

= x − 1 + x + 1

x − 1

0,25đ

= 2 x 0,25đ

Câu 2. (2,0 điểm)

a. Với m=5 hệ phương trình (I) ⇔
⇔
⇔

⎧5x − y = 5
⎨

x + y = 1
⎧6 x = 6
⎨

⎩x + y = 1
⎧x = 1
⎨
⎩y = 0

0,25đ
0,5đ
0,25đ
b. Hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m ≠ −1

1 1

0,25đ

Hệ phương trình (I) vơ nghiệm khi và chỉ khi

hay

m

= −1 ≠ 5

m ≠ −1 0,25đ

0,25đ

1 1 1

Câu 3. (3,0 điểm)

Hay m = -1 0,25đ

a. Thay m = 1 vào phương trình x2 + (4m + 1)x + 2(m – 4) = 0 ta được:

x2 + 5x – 6 = 0 0,25đ

Vì các hệ số của phương trình có dạng: a + b + c = 0 0,25đ

nên x1 = 1 , x2 = - 6 0,5đ

(

</div>
(122)<div class='page_container' data-page=122>

b. Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt khi Δ > 0 0,25đ
Δ = (4m + 1)2 – 4. 2(m – 4) = 16m2 + 8m + 1 – 8m + 32 0,25đ
= 16m2 + 33 > 0 với ∀ m 0,25đ
c. Ta có:

( x - x ) 2

= 65

⇔ ( x + x ) 2 - 4x x = 65 (1)

</div>
(123)<div class='page_container' data-page=123>

0,25đ

Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với ∀ m.
Theo hệ thức Vi-ét ta có:

⎧x

1 + x2 = −(4m + 1)

(2)
⎩x1 x2

0,25đ
Thay (2) vào (1) ta có: [-(4m + 1)]2– 4.2(m - 4) = 65 0,25đ

⇔ 16m2 + 8m + 1 – 8m + 32 = 65

⇔ 16m2 = 32

⇔ m2 = 2 0,25đ

⇔ m = 2 hoặc m = - 2

Vậy với m = 2 hoặc m = - 2 thì phương trình có các nghiệm x

1 , x2 thỏa mãn hệ

thức đã cho. 0,25đ

Câu 4. (3,0 điểm)

Vẽ hình đúng 0,25đ I

F
x

M
H E

K

A

g

B

a. Ta có :

·AMB =

900

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ K·MF = 900 (2 góc kề bù) 0,25đ

AEB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ K· EF = 
900

K· EF + K·MF = 1800

(2 góc kề bù) 0,25đ
0,25đ

⇒ EFMK là tứ giác nội tiếp 0,25đ

b. Ta có : I·AB = 900(vì AI là tiếp tuyến) ⇒ ΔAIB vuông tại A 0,25đ

AM là đường cao của tam giác vuông IAB nên: AI2 = IM . IB 0,25đ
c. AE là phân giác góc IAM

⇒ I·AE = M· AE ⇒ »AE =
M¼E

0,25đ
⇒ ·ABE = M·

BE

( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau ) 0,25đ

⇒ BE là phân giác góc ABF ( 1) 0,25đ

Theo chứng minh trên :

·AEB = 900 ⇒ BE

⊥AF hay BE là đường
cao

ΔABF

(2) 0,25đ

⎨

</div>
(124)<div class='page_container' data-page=124>

Đề Toán tuyển sinh 10 (2010_2011)

Từ (1) và (2) suy ra: ΔABF

</div>
(125)<div class='page_container' data-page=125>

Đề Toán tuyển sinh 10 (2010_2011)

cân tại B. 0,25đ

Hết

---SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KIÊN GIANG

---ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010-2011

---MƠN THI: TỐN

Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 15/7/2010

Câu 1. (2 điểm)

a) Thực hiện phép tính : A= 12+ 27- 75

b) Rút gọn biểu thức:

2 2

1 1 x y

x y

x y x y

ổ ửổữ - ử

ỗ ữỗ ữ

ỗ - ữỗ ữữ
ỗ ữữỗỗ ữ
ỗ + - ố + ứ

ố ứ (với x > 0, y > 0 x ≠ y)

Câu 2. (1 điểm)

a) Vẽ đồ thị hàm số y = 2x + 4 (d)

b) Gọi giao điểm của (d) với trục tung là A, với trục hoành là B. Tính số đo góc
ABO chính xác đến độ

Câu 3. (1,5 điểm)

Cho hệ phương trình

2 24

(1 ) 9

mx my
m x y

ì +
=-ïï

íï - +

=-ïỵ

a) Giải hệ phương trình với m = 3

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất
Câu 4. (2 điểm)

a) Cho phương trình
2

2x +5x- =1 0 có 2 nghiệm x1, x2. Khơng giải phương 
trình. Hãy tính giá trị : X =x12- x x1 2+x22

b) Đường bộ từ A đến B là 240km. Hai người đi cùng lúc từ A đến B, một người
đi xe máy một người đi ôtô. Người đi ôtô đến B sớm hơn người đi xe máy là 2
giờ. Biết mỗi giờ, ôtô đi nhanh hơn xe máy 20km. Tính vận tốc xe máy và vận
tốc ơtơ.

Câu 5. (2,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O, từ điểm M ở bên ngồi đường trịn kẻ hai tiếp tuyến MA,
MB của đường tròn (A, B là hai tiếp điểm và A ≠ B). Vẽ cát tuyến MCD của đường tròn
(C nằm giữa M và D)

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp được đường tròn
b) Chứng minh MA2 = MC . MD

c) Giả sử bán kính đường trịn tâm O là 6cm, OM = 10cm, CD = 3,6cm. Tính
MD.

Câu 6. (1điểm)

</div>
(126)<div class='page_container' data-page=126>

Đề Toán tuyển sinh 10 (2010_2011)

Cho tam giác ABC vuông tại B, góc ACB bằng 300, AC = 2cm. Tính thể tích 
hình nón tạo thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB

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

LỜI GIẢI

Câu 1: a) A= 12+ 27- 75=2 3 3 3 5 3+ - =0

2 2

1 1 x y

x y

x y x y

ỉ ưỉ÷ - ử

ỗ ữỗ ữ

ỗ - ữỗ ữữ
ỗ ữữỗỗ ữ
ỗ + - è + ø

è ø (với x > 0, y > 0 x ≠ y)



x y x y

 



x y x y

x y x y

       

   

   

 

  =2 y

Câu 2: a)Vẽ đồ thị của hàm số y = 2x + 4

Xét hàm số y = 2x + 4 ta có: x = 0  y = 4 ; y = 0  x = -2
*Vẽ đồ thị:

b)Tính số đo góc ABO:

Theo đồ thị ta có: A(0;4)  OA = yA = 4 ; B(-2;0)  OB = xB 2

Xét ABO (A900) ta có:

4
2
2

OA
tgABO

OB

  

 ABO630
Câu 3: Hệ phương trình: (I)

2 24

(1 ) 9

mx my
m x y

ì +
=-ïï

íï - +
=-ïỵ

x
4

-2 O

</div>
(127)<div class='page_container' data-page=127>

Đề Tốn tuyển sinh 10 (2010_2011)

a) Khi m = 3 hệ (I) trở thành:

3 6 24

2 9
x y
x y
ì +
=-ïï
íï- +
=-ïỵ


3 6 24

12 6 54

x y
x y
ì +
=-ïï
íï - =
ïỵ 

3 6 24

15 30
x y
x
ì +
=-ïï
íï =
ïỵ


3 6 24

2
x y
x
ì +
=-ùù

ớù =
ùợ
2

3 2 6 24

x
y
ỡ =
ùù
ớù ì+
=-ùợ 
2
5
x
y
ì =
ïï
íï
=-ïỵ

b) Để hệ (I) có nghiệm duy nhất thì :
2
2

2 (1 ) 2 0

1 1

m m

m m m m m

m      







2 1 0 1

2
m
m m
m



   
 


Câu 4: a) Cho phương trình: 2x25x1 0 (1)

Ph ng trình (1) có a.c = 2.(-1)<0 suy ra ph ng trình (1) ln có 2 nghi m xươ ươ ệ 1; x2 trái
d uấ

Theo định lí Viet ta có: (I)

1 2
1 2
5
2
1
2
x x
x x


 




 



Theo đề ta có: X =





2 2

1 1 2 2 1 2 3 1 2
x  x x x  x x  x x

Thay (I) vào X ta được: X =
2

5 1 31

2 2 4

 

   

 

   

   

b) Gọi x (km/h) là vận tốc xe ôtô (x > 20)  vận tốc xe máy là x – 20 (km/h)
Ta có: Thời gian ơtơ đi từ A đến B:

240

x (h).

Thời gian xe máy đi từ A đến B:
240

x (h)

</div>
(128)<div class='page_container' data-page=128>

Đề Toán tuyển sinh 10 (2010_2011)

2
2
240 240
2
20

240( 20) 2 ( 20) 240
20 2400 0(*)

' 10 2400 2500 0
60

60
40

x x

x x x x

x x
x
x
x
 


    
   
    


   



Vậy vận tốc của ôtô là 60 (km/h) ; vận tốc xe máy là 60-20=40 (km/h)
Câu 5:

a)Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp
Xét tứ giác MAOB có:



0
0
90
90
MAO
MBO
 


 

  MAO MBO  1800

Suy ra tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đk MO
 b)Chứng minh: MA2 = MC . MD

Xét tam giác MAC và tam giác MDA ta có:



M: góc chung

MAC MDA  (cùng chắn cung AC)
 MAC ÿ MDA (g-g)

MA MC

MA MC MD
MD MA

   

c)Cho OA = 6cm, OM = 10cm, CD = 3,6cm. Tính MD.
Ta có: MA2 = MO2 – OA2 (theo Pytago)

= 100 – 36 =84
MC = MD – CD

Theo câu b ta có: MA2 = MC . MD

 (MD – CD). MD = 84  MD2 – 3,6MD – 84 = 0

11,1
7,5
MD
MD


  

  MD ≈ 11,1 (cm)

Câu 6:

Gọi V là thể tích hình nón được tạo thành khi quay tam giác ABC

</div>
(129)<div class='page_container' data-page=129>

Đề Toán tuyển sinh 10 (2010_2011)

quanh cạnh AB:
Ta có:

2
1
3

V  r h

Trong đó: r= BC = AC.cosACB=2.cos300 = 
3

2 3

 

(cm)
h= AB = AC.sinACB= 2.sin300 =

2 1

2
 

(cm)

2
1

3 .1
3

V  

   

(cm3)

C
A

B

</div>
(130)<div class='page_container' data-page=130></div>