DE THI TOAN9 VAO LOP 10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (358.12 KB, 49 trang )

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

Sở gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2000 2001

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (2 Điểm)

a. Tìm các giá trị của a, b biết rằng đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua các

®iĨm A(2; -1) ; B(

1
2; 2)

b. Với giá trị nào của m thì đồ thị của các hàm số y = mx + 3; y = 3x – 7 và
đồ thị của hàm số xác định ở câu a đồng quy (Cắt nhau tại một điểm).

Bµi 2: (2 Điểm)

Cho phơng trình bậc hai: x2 – 2(m+1)x + 2m + 5 = 0
a. Giải phơng trình khi m =

5
2

b. Tìm tất cả các giá trị của m để phơng trình đã cho có nghiệm.
Bài 3: (2,5 Điểm)

Cho đờng tròn (O) và một đờng kính AB của nó. Gọi S là trung điểm của

OA, vẽ một đờng trịn (S) có tâm là điểm S và đi qua A.

a. Chứng minh đờng tròn (O) và đờng tròn (S) tiếp xúc nhau.

b. Qua A vẽ đờng thẳng Ax cắt các đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự tại M,
Q; đờng thẳng Ay cắt các đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự tại N, F; đờng
thẳng Az cắt các đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự tại P, T.

Chứng minh tam giác MNP đồng dạng với tam giác QFT.
Bài 4: (2 Điểm)

Cho hình chóp SABC có tất cả các mặt đều là tam giác đều cạnh a. Gọi M
là trung điểm của cạnh SA; N là trung điểm của cạnh BC.

a. Chøng minh MN vuông góc với SA và BC.
b. Tính diệm tích của tam giác MBC theo a.
Bài 5: (1,5 Điểm)

Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc

M = (x1999)2  (x 2000)2  (x 2001)2

--- HÕt

---Së gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2001 2002

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (1,5 Điểm) Cho biểu thøc: A =

2 2

6 1 10

: 2

4 3 6 2 2

x x

x

x x x x x

    

   

   

   

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

a. Rót gän biĨu thøc A.

b. TÝnh gi¸ trị của biểu thức A với x =

1
2

Bài 2: (2 Điểm) Cho phơng tr×nh : x2 – 2(m - 1)x (m +1) = 0
a. Giải phơng trình với m = 2

b. Chøng minh r»ng víi mäi m ph¬ng trình luôn luôn có hai nghiệm phân
biệt x1, x2.

c. Tỡm m để x1 x2 có giá trị nhỏ nht.

Bài 3: (1,5 Điểm) Cho hệ phơng trình:

1
2

x y

mx y m

.

a. Giải hệ phơng trình với m = 2.

b. Xác định m để hệ phơng trình có một nghiệm? Vơ nghiệm? Vơ số
nghiệm?

Bài 4: (2,5 Điểm) Cho tam giác cân ABC (AB = AC), với Â = 450, nội tiếp
trong đờng trịn tâm O. Đờng trịn đờng kính BC cắt AB ở E, cắt AC ở F.

a. Chứng minh rằng: O thuộc đờng trịn đờng kính BC.
b. Chứng minh AEC, AFB là những tam giác vuông cân.

c. Chøng minh tứ giác EOFB là hình thang cân. Suy ra EF = BC

2
2

Bài 5: (1,5 Điểm) Cho tứ diện S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh
2cm. SA vng góc với đáy, SA = 2 cm.

a. TÝnh thĨ tÝch cđa tø diƯn.

b. Gọi AM là đờng cao, O là trực tâm của tam giác ABC. Gọi H là hình
chiếu của O trên SM. Chứng minh rằng OH vng góc với mặt phẳng
(SBC).

Bµi 6:(1 Điểm) Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng tr×nh:
x y  1998

--- HÕt

---Së gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2002 2003

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (1,5 Điểm)

1. Giải phơng trình: x2 – 6x +5 = 0

2. Tính giá trị của biÓu thøc: A =



32 50 8 : 18



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

1. Cã nghiƯm.

2. Cã tỉng b×nh phơng các nghiệm bằng 22.
3. Có bình phơng của hiệu hai nghiệm bằng 13.
Bài 3: (1 Điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phơng trình:

Tớnh cỏc cạnh của một tam giác vuông biết rằng chu vi của nó là 12cm và
tổng bình phơng độ dài các cnh bng 50.

Bài 4: (1 Điểm) Cho biểu thøc: B =
2
2

3 5

x
x




1. Tìm các giá trị nguyên của x để B nhận giá trị nguyên.
2. Tìm giá trị lớn nhất của B.

Bài 5: (2,5 Điểm) Cho tam giác ABC cân đỉnh A nội tiếp trong đờng tròn
tâm O. Gọi M, N, P lần lợt là các điểm chỉnh giữa các cung nhỏ AB, BC, CA;
BP cắt AN tại I; MN cắt AB tại E. Chứng minh rằng:

1. Tứ giác BCPM là hình thang cân; góc ABN có số đo bằng 900.
2. Tam giác BIN cân; EI // BC.

Bài 6: (1,5 Điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy là
18cm, độ dài đờng cao là 12cm.

1.TÝnh diÖn tÝch xung quanh và thể tích của hình chóp.

2.Chng minh ng thng AC vng góc với mặt phẳng (SBD).
Bài 7: (1 Điểm) Giải phơng trình:

x4 x22002 2002

--- HÕt

---Së gd & ®t thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2003 2004

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (2 Điểm)

1. Giải phơng trình: x2 – 2x - 1 = 0

2. Gi¶i hệ phơng trình:

1
1 2

x y

x y

Bài 2: (2 Điểm) Cho biÓu thøc: M =



 











2 1 1

2
1

x x x

x
x

    

   

  

 

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

3. Chøng minh M

1
4



Bµi 3: (1,5 §iĨm)

Cho phơng trình: x2 – 2mx + m2 - |m| - m = 0 (Với m là tham số)
1. Chứng minh rằng phơng trình ln có nghiệm với mọi giá trị của m.
2. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phơng trình. Tìm m để x12 + x22 = 6

Bài 4: (3,5 Điểm) Cho B và C là các điểm tơng ứng thuộc các cạnh Ax, Ay
của góc vng xAy (B A, C A). Tam giác ABC có đờng cao AH và phân
giác BE. Gọi D là chân đờng vng góc hạ từ A lên BE, O là trung điểm của
AB.

1. Chứng minh ADHB và CEDH là các tứ giác nội tiếp đợc trong đờng tròn.
2. Chứng minh AH OD và HD là phân giác của góc OHC.

3. Cho B và C di chuyển trên Ax và Ay thoả mãn AH = h (h khơng đổi). Tính
diện tích tứ giác ADHO theo h khi diện tích của tam giác ABC đạt giá trị nhỏ
nhất.

Bài 5: (1,5 Điểm) Cho hai số dơng x, y thay đổi sao cho x + y = 1. Tìm giá trị

nhá nhÊt cđa biĨu thøc: P = 2 2

1 1

x y

 

   

 

   

--- HÕt

---Së gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2004 2005

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (2 Điểm)

1. Giải phơng trình: x2 – 3x - 4 = 0

2. Giải hệ phơng trình:

2( ) 3 1
3 2( ) 7

x y y

x x y

  




  



Bµi 2: (2 §iÓm) Cho biÓu thøc: B =

2 2 1

.
1

2 1

a a a

a

a a a

    



 

    

 

1. Tìm điều kiện của a để biểu thức B có nghĩa.
2. Chứng minh B =

2
1

a

Bµi 3: (2 §iĨm)

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

2. Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm x1, x2 của phơng trình sao cho hệ thức
đó khơng phụ thuộc m.

Bài 4: (3 Điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đờng tròn
tâm O và d là tiếp tuyến của đờng tròn tại C. Gọi AH và BK là các đờng cao
của tam giác; M, N, P, Q lần lợt là chân đờng vng góc kẻ từ A, K, H, B
xuống đờng thẳng d.

1. Chøng minh r»ng: tø gi¸c AKHB nội tiếp và tứ giác HKNP là hình chữ

nhật.

2. Chøng minh r»ng: HMP = HAC, HMP = KQN.

3. Chøng minh rằng: MP = QN
Bài 5: (1 Điểm) Cho 0 < x < 1
1. Chøng minh r»ng: x( 1 – x ) 

1
4

2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A =
2
2

4 1

(1 )

x

x x




--- hÕt

---Së gd & ®t thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2005 2006

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (2 §iĨm) Cho biĨu thøc: A =

2
1

1 1

a a

a

a  a  

1. Tìm điều kiện của a để biểu thức A có nghĩa.

2. Chøng minh A =

2
1

a

3. Tìm a A < -1

Bi 2: (2 im)

1. Giải phơng tr×nh: x2 – x - 6 = 0

2. Tìm a để phơng trình: x2 – (a - 2)x – 2a = 0 có hai nghiệm x1, x2 thoả
mãn điều kiện: 2x1 + 3x2 = 0

Bµi 3: (1,5 §iĨm)

Tìm hai số thực dơng a, b sao cho điểm M có toạ độ (a; b2 + 3) và điểm N
có toạ độ ( ab; 2) cùng thuộc đồ thị của hàm số y = x2

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

1. HN // AB và tứ giác BMNC nội tiếp đợc trong một đờng tròn.
2. Tứ giác AMHN là hình chữ nhật.

MN NC

MH NA



Bài 5: (1 Điểm) Cho a, b là các số thực thoả mÃn ®iỊu kiƯn a + b  0

Chøng minh r»ng:

2 2 ab 1 2

a b

a b


 

   



 

--- HÕt

---Së gd & ®t thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2006 2007

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (1,5 §iĨm) Cho biĨu thøc: A =

3 3

1 5

a a a a

a a

     

 

   

     

   

1. Tìm các giá trị của a để biểu thức A có nghĩa.
2. Rỳt gn A

Bài 2: (1,5 Điểm)

Giải phơng trình: 2

6 1

9 3

x   x

Bµi 3: (1,5 Điểm)

Giải hệ phơng trình:

5(3 ) 3 4

3 4(2 ) 2

x y y

x x y

  




   



Bµi 4: (1 §iĨm)

Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình sau vơ nghiệm:
x2 – 2mx + m|m| + 2 = 0

Bài 5: (1 Điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2cm, AD = 3cm. Quay
hình chữ nhật đó quanh AB thì đợc một hình trụ. Tính thể tích hình trụ đó.
Bài 6: (2,5 Điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, Góc B gấp đơi góc C và AH là đờng cao.
Gọi M là trung điểm của cạnh AC, các đờng thẳng MH, AB cắt nhau tại điểm
N. Chứng minh rằng:

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

c. 2MH2 = AB2 + AB.BH

Bµi 7: (1 §iĨm) Chøng minh r»ng víi a > 0 ta cã:

2
2

5( 1) 11

1 2 2

a a



 



--- hết

---Sở gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2007 2008

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 Điểm)

1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = a + ax + x + 1
2. Giải phơng trình: x2 – 3x + 2 = 0

Bài 2: (2 Điểm)

1. Cho tam giác ABC vng tại A có cạnh AB = 18cm, AC = 2cm. Quay tam
giác ABC một vịng quanh cạnh góc vng AB cố định, ta đợc một hình nón.
Tính thể tích hình nón đó .

2. Chøng minh r»ng víi a  0; a 1 ta cã:

1 1 1

1 1

a a a a

a

a a

     

   

   

     

   

Bµi 3: (2 Điểm)

1. Biết rằng phơng trình x2 2(a+1)x + a2 + 2 = 0 (Víi a là tham số) có
một nghiệm x = 1. Tìm nghiệm còn lại của phơng trình này.

2. Giải hệ phơng tr×nh:

2 1

2 2

8 5

2 2

x y



 

  




  

  



Bài 4: (3 Điểm) Cho tam giác ABC vuông tại C có đờng cao CH. Đờng trịn
tâm O đờng kính AH cắt cạnh AC tại điểm M (M A), đờng trịn tâm O’ 
đ-ờng kính BH Cắt cạnh BC tại điểm N (N  B). Chứng minh rằng:

1. Tứ giác CMHN là hình chữ nhật.

2. T giỏc AMNB nội tiếp đợc trong một đờng tròn.

3. MN là tiếp tuyến chung của đờng trịn đờng kính AH và đờng trũn ng
kớnh OO.

Bài 5: (1 Điểm)

Cho hai sè tù nhiªn a, b thoả mÃn điều kiện: a + b = 2005. Tìm giá trị lớn
nhất của tích ab.

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

---Sở gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2008 2009

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 Điểm) Cho hai sè x1 = 2 - 3 , x2 = 2 + 3
1. Tính x1 + x2 và x1x2

2. Lập phơng trình bậc hai ẩn x nhận x1, x2 là hai nghiệm.
Bài 2: (2,5 Điểm)

1. Giải hệ phơng trình:

3 4 7

2 1

x y

x y

 




 



2. Rót gän biĨu thøc: A =

1 1 1

1 1 2

a a

a a a

 

 



 

  

  Với a0;a1

Bài 3: (1 Điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng thẳng (d): y = (m2 - m)x + m và

đ-ờng thẳng (d’): y = 2x + 2. tìm m để đờng thẳng (d) song song vi ng
thng (d)

Bài 4: (3,5 Điểm)

Trong mặt phẳng cho đờng tròn (O), AB là dây cung khơng đi qua tâm của
đờng trịn (O). Gọi I là trung điểm của dây cung AB, M là một điểm trên cung
lớn AB (M không trùng với A, B). Vẽ đờng tròn (O’) đi qua m và tiếp xúc với
đờng thẳng AB tại A. Tia MI cắt đờng tròn (O’) tại điểm thứ hai N và cắt đờng
tròn (O) tại điểm thứ hai C.

1. Chứng minh BIC = AIN, từ đó chứng minh tứ giác ANBC là hình bình

hµnh.

2. Chứng minh rằng BI là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BMN..
3. Xác định vị trí của điểm M trên cung lớn AB để din tớch t giỏc ANBC ln
nht.

Bài 5: (1 Điểm) Tìm nghiệm dơng của phơng trình:









2005 2005

2 2 2006

1 x x 1  1 x x  1 2

--- Hết

---Sở gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2009 2010

Môn: Toán

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

1. Giải phơng trình (1) khi q = 3

2. Tìm q để phơng trình (1) có nghim.

Bài 2: (1,5 Điểm) Giải hệ phơng trình:

2 5

2 7

x y

x y

Bài 3: (2,5 Điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm D(0;1).
1. Viết phơng trình đờng thẳng (d) đi qua điểm D(0;1) và có hệ số góc k.
2. Chứng minh rằng đờng thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt
G và H với mọi k.

3. Gọi hoành độ của hai điểm G và H lần lợt là x1 và x2. Chứng minh rằng:
x1.x2 = -1, từ đó suy ra tam giác GOH là tam giác vuông.

Bài 4: (3,5 Điểm) Cho nửa đờng tròn tâm O, đờng kính AB = 2R. Trên tia
đối của tia BA lấy điểm K (khác với điểm B). Từ các điểm K, A và B kẻ các
tiếp tuyến với nửa đờng tròn (O). Tiếp tuyến kẻ từ điểm K cắt các tiếp tuyến
kẻ từ điểm A và B lần lợt tại C và D.

1. Gọi Q là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ K tới nửa đờng tròn (O). Chứng
minh tứ giác BDQO nội tiếp đợc trong một đờng tròn.

2. Chứng minh tam giác BKD đồng dạng với tam giác AKC, từ đó suy ra

CQ DQ

CK DK .

3. Đặt BOD =  . Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và  .

Chøng tỏ rằng tích AC.BD chỉ phụ thuộc vào R, không phụ thuộc vào .

Bài 5: (1 Điểm) Cho các số thực t, u, v thoả m·n: u2 + uv + v2 = 1- 
2

3
2

t

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc: D = t + u + v

--- HÕt

---Së gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2010 2011

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 Điểm) Cho phơng trình: x2 + px - 4 = 0 (1) với p là tham số 
1. Giải phơng trình (1) khi p = 3

2. Giả sử x1, x2 là các nhiệm của phơng trình (1), tìm p để:

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

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

Cho biÓu thøc C =

3 3 1 1

3 3

c c

c c c

    

 

   

    

  víi c0;c9

1. Rót gän C.

2. Tìm c để biểu thức C nhận giá trị nguyên.
Bài 3: (2 Điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và các điểm C, D

thuộc parabol (P) với xC = 2, xD = -1.

1. Tìm toạ độ các điểm C, D và viết phơng trình đờng thẳng CD.

2. Tìm q để đờng thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (với q là tham số) song
song với đờng thẳng CD.

Bµi 4: (3 §iÓm)

Cho tam giác BCD có ba góc nhọn nội tiếp đờng trịn tâm O, các đờng cao
CM, DN của tam giác cắt nhau tại H.

1. Chứng minh tứ giác CDMN là tứ giác nội tiếp trong một đờng tròn.

2. Kéo dài BO cắt đờng tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác CHDK là hình
bình hành.

3. Cho cạnh CD cố định, B thay đổi trên cung lớn CD sao cho tam giác BCD
luôn nhọn. Xác định vị trí điểm B để diện tích tam giỏc CDH ln nht.

Bài 5: (1 Điểm) Cho u, v là các số dơng thoả mÃn u + v = 4.
Tìm giá trị nhỏ nhÊt cña: P = u2 + v2 +

uv

--- HÕt

---Së gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt

Năm học 2011 2012

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (1,5 Điểm)

1. cho hai sè x1 = 1 + 2 , x2 = 1 - 2 Tính x1 + x2
2. Giải hệ phơng tr×nh:

2 1

2 3

x y

x y



Bài 2: (2 Điểm)

Cho biÓu thøc C =

4 1 1

:
4

2 2 2

c c c

c

c c c

  

 

 

     

  víi c0;c4

1. Rút gọn C.

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

Cho phơng trình x2 – (2p – 1)x + p(p – 1) = 0 (1) (Víi p lµ tham số)
1. Giải phơng trình (1) với p = 2

2. Chứng minh rằng phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biƯt víi mäi p.
3. Gäi x1, x2 lµ hai nghiƯm của phơng trình (1) (với x1 < x2)

Chứng minh: x12 – 2x2 +3  0
Bµi 4: (3 §iÓm)

Cho tam giác CDE có ba góc nhọn, các đờng cao DK, EF của tam giác cắt
nhau tại H.

1. Chứng minh tứ giác CFHK là tứ giác nội tiếp trong một đờng tròn.
2. Chứng minh  CFK và CED đồng dạng.

3. Kẻ tiếp tuyến Kz tại K của đờng trịn tâm O đờng kính DE cắt CH tại Q.
Chứng minh Q là trung điểm của CH.

Bài 5: (1 Điểm) Cho a, b, c là các số dơng. Chứng minh bất đẳng thức

a b c

b c  a c  b a 

--- HÕt

đáp án

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12></div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Së gd & ®t thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2000 2001

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1:

a. Vì đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua điểm A(2; -1) nên ta có:
2a + b = -1 (1).

Vì đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua điểm B(

2; 2) nªn ta cã:

2a + b = 2  a + 2b = 4 (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra:

2 1 4 2 2 3 6 2 2

2 4 2 4 2 4 2 4 3

a b a b a a a

a b a b a b a b b

      

    

   

    

        

    

Vậy: Để đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua các điểm A(2; -1) ; B(

2; 2) th×

a = -2, b = 3

b. Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 3x – 7 và đồ thị hàm số y = -2x +
3 (hàm số xác định ở câu a) là nghiệm của hệ phơng trình:

3 7 2 3 3 7 2 2

2 3 2 3 2 3 1

y x x x x x

y x y x y x y

       

   

  

   

      

   

Từ đó: Để đồ thị của ba hàm số trên đồng quy thì đồ thị hàm số y = mx + 3
phải đi qua điểm có toạ độ (2; -1) Hay: -1 = 2m + 3  m = -2

Vậy với m = -2 thì đồ thị của ba hàm số đã cho đồng quy.
Bài 2:

a. Khi m =

2 phơng trình trở thành: x2 – 7x + 10 = 0
Ta cã:   ( 7)2 4.10 9 0

Nên phơng trình có hai nghiệm ph©n biƯt:

x1 =

7 9
5
2




; x2 =

7 9
2
2




Vậy: với m =

2 thì phơng trình có hai nghiÖm x1 = 5 ; x2 = 2

b. Phơng trình bậc hai x2 – 2(m+1)x + 2m + 5 = 0 cã nghiÖm khi:

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











 



2
'

1 2 5 0

2 1 2 5 0

2 2 0

m m

m m m

m m

 

       

     

   

 m2 hc m2

Vậy: với m2 hoặc m2 thì phơng trình đã cho có nghiệm.
Bài 3:

a. Gọi R, r lần lợt là bán kính của
đờng trịn (O) và đờng tròn (S).
Khi đó: R = OA, r = SA.

Ta cã: R – r = OA SA = SO
(Vì S là trung ®iĨm cđa OA)

 Đờng trịn (O) và đờng tròn (S)

tiếp xúc với nhau tại A.
b. Trong đờng tròn (O) ta có:

QAF = QTF (Hai gãc néi tiÕp

cïng ch¾n cung QF) (1)

T
z

F
N

y
Q

B
O

TAF = TQF (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung TF) (2)

Trong đờng trịn (S) ta có:

MAN = MPN (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung MN) (3)
PAN = PMN (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung PN) (4)

Tõ (1) vµ (3) suy ra: QTF = MPN (5).

Tõ (2) vµ (4) suy ra: TQF = PMN (6).

Tõ (5) vµ (6) suy ra: MPN QTF (g - g)

Bµi 4:

a. Vì SAB và SAC là các tam giác

u, m M là trung điểm của SA nên
BM, CM là các đờng trung tuyến
cũng là đờng cao trong các tam giác.

B
A

 BM  SA vµ CM SA  SA mp(MBC)  SA  MN

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

b. Trong tam giác đều SAB cạnh a, BM là đờng cao nên ta có:

BM =

2 3

4 2

a a

a 

Trong tam giác MNB vuông tại N ta có:

MN =

2 2

2 2 3 2

2 2 2

a a a

BM BN    

        

   

 

 SMBC =

2MN.BC =

1 2 2

2 2 4

a a

a

(Đơn vị diện tích)
Bài 5:

Ta có: M = x1999 x 2000  x 2001

NÕu x2001 th× M = x1999 x 2000 x 2001 3

NÕu 2000 x 2001 th× M = x1999 x 2000 2001  x x 1998 2 x 3
NÕu 1999 x 2000 th× M = x1999 2000  x2001 x2002 x 2x3
NÕu x < 1999 th× M = 1999 x2000 x2001 x6000 3 x x3
Vậy: giá trị nhỏ nhất của M = 2 khi x = 2000.

--- HÕt

---Së gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2001 2002

Môn: Toán

Thời gian làm bµi: 150 phót

Bµi 1:

a. A =

2 2

6 1 10

: 2

4 3 6 2 2

x x

x

x x x x x

    

   

   

   

   

Điều kiện xác định của biểu thức là x  0, x  2 và x  - 2

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

A =

2 2

6 1 10

: 2

4 3 6 2 2

x x

x

x x x x x

    

   

   

   

   

 A=



 









 









 



2 2

2 2 2 4 10

2 2 2 2 2 2 2

x x

x x x

x x x x x x x

        
 
   
      
   
 

 A=



 



6 2

2 2 6

x

x x
 
 
 A= 
1
2 x

VËy A=

1
2 x

b. Khi

1
2

x

th× A =

1 1 2

1 3 3
2
2 2


Vậy khi
1

2
x
thì A
2
3

Bài 2: Phơng tr×nh : x2 – 2(m - 1)x – (m +1) = 0
a. Khi m = 2 thì phơng trình trở thành:

x2 – 2x – 3 = 0

Ta thÊy: a b +c = 1 (-2) + (-3) = 0

Nên phơng trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = -1, x2 =

c
a


= 3.
VËy: víi m = 2 th× phơng trình có hai nghiệm x1 = -1, x2 = 3.
b. Ta cã:

 =









2 2 2 1 7 1 7

1 1 2 1 1 0

4 4 2 4

m m m m m m m m 

                  

 

 

Nên phơng trình đã cho ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2.

c. Ta cã: x1 x2 =

' 1 7 7

2 2 2 7

2 4 4

m

 

       

 

 x1 x2 cã giá trị nhỏ nhất bằng 7 khi

1
2

m

Bài 3: Hệ phơng trình:

1
2

x y

mx y m

 


 






1
1

1 2 1

1 2

y x

m x m

mx x m

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

a. Víi m = 2 hệ phơng trình trở thành:

1 3

3 2

y x x

x y

  
 

 
 
 

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

b. Để hệ phơng trình có một nghiệm thì phơng trình (m - 1)x = 2m 1 cã
mét nghiÖm.

 m – 1  0 m 1

Để hệ phơng trình vô nghiệm thì phơng trình (m - 1)x = 2m – 1 v« nghiƯm.

1
1 0

1
1

2 1 0

m
m

m

m m




 

 



Để hệ phơng trình vô số nghiệm thì phơng trình (m - 1)x = 2m – 1 v« sè
nghiƯm.

1
1 0

1
2 1 0

m
m

m m




 

 

   

  

 

Vô lý

Vậy: Với m 1 thì hệ phơng trình cã mét nghiÖm.
Với m = 1 thì hệ phơng trình vô nghiƯm

Khơng có giá trị của m để hệ phơng trình vơ số nghiệm.
Bài 4:

a. Trong đờng tròn (O) ta cú:

BOC = 2BAC = 2.450 = 900 (Liên
hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng
chắn một cung).

O thuộc đờng trịn đờng kính BC.

b. Ta có: BFC = 900 (Vì góc nội tiếp
chắn nửa đờn trịn đờng kính BC)

 AFB = 900 mµ BAF = 450 (gt)
Nên AFB vuông cân tại F.

Ta có: BEC = 900 (Vì góc nội tiếp
chắn nửa đờn trịn đờng kính BC)

F
E

B C
A

 AEC = 900 mà EAC = 450 (gt) Nên AEC vuông cân tại E.
c. Ta có: BOC vuông tại O, mà OB = OC OCB = 450

Tứ giác BEOC là tứ giác nội tiếp nên OCB + BEO = 1800 (1)
Mặt khác: OEA + BEO = 1800 (2)

Từ (1) vµ (2)  OEA = OCB = 450

 OEA = FBA (= 450)  BF // OE Tứ giác EOFB là hình thang (3)
Mà OFB = OCB = 450 (V× hai gãc néi tiÕp cïng chắn một cung trong 
đ-ờng tròn đđ-ờng kính BC)

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

 OFB = FBE (= 450) (4)

Tõ (3) vµ (4) Tứ giác EOFB là hình thang cân

EF = OB =

2 2

2 2

BC

Bài 5:

a. ABC đều cạnh bằng 2cm, AM là đờng cao

nªn ta cã:

AM = 2212  3 cm.
VSABC =

3SA.SABC (Vì SA vng góc với đáy)

 VSABC =

6SA.AM.BC = 
1

62. 3.2 = 
2 3

3 cm

b. Ta cã: SA  mp (ABC) (gt)  SA  BC (1)

AM là đờng cao của ABC  A M BC (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra BC  mp (SAM) 
 OH BC (3)

H
M
O

C
B

A
S

Mặt khác OH  SM (gt) (4)

Tõ (3) vµ (4) ta cã: OH  mp (SBC)

Bµi 6: Ta cã: x y  1998  x y  9.222  x y 3 222
V× x, y là các số nguyên dơng nên: x m 222; y n 222 (Với m, n là các
số nguyên d¬ng)

222 222 3 222 3

m n m n

     

 m = 2, n = 1 hc m = 1, n = 2

Nếu m = 2, n = 1 thì x = m2.222 = 22.222 = 888, y = n2.222 = 12.222 = 222
Nếu m = 1, n = 2 thì x = m2.222 = 12.222 = 222, y = n2.222 = 22.222 = 888
Vậy: Nghiệm nguyên dơng của phơng trình đã cho là x = 888, y = 222 hoặc x
= 222, y = 888.

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

---Sở gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2002 2003

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (1,5 Điểm)

1. Phơng trình: x2 – 6x +5 = 0 
Ta cã: a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0

Nên phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 =

c
a = 5

Vậy: Phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = 5
2. Tính giá trị của biểu thức:

 A =

1
2 : 3 2

Vậy: A =

1
3

Bài 2: Phơng trình mx2 – (2m+1)x + m - 2 = 0 (1), víi m lµ tham sè. 
1. Với m = 0 phơng trình trở thành: -x – 2 = 0  x = -2

Với m  0, để phơng trình (1) có nghiệm thì:

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



2 1



2 4



2



0 4 2 4 1 4 2 8 0 1

m m m m m m m m 

 

        

Vậy: Để phơng tr×nh (1) cã nghiƯm th×

1
12

m

2. Víi m = 0 không thoả mÃn điều kiện của bài toán

Khi m0 và

1
12

m

ta cã:
1 2
1 2
2 1
2

.
m
x x
m
m
x x
m


 




 


 (Víi x x1, 2 lµ hai nghiệm của 
ph-ơng trình.)

Theo bài ra ta có:







2
2 2

1 2 1 2 1 2

2 2

22 2 22

2 2

2 1 2 4 4 1

2 22 22

x x x x x x

m

m m m m

     

   
 
       
 

2 2 2 2

4m 4m 1 2m 4m 22m 20m 8m 1 0

         

 m =

2 (t/m) Hc m = 
1
10



(Không thoả mÃn điều kiện).
Vậy với m =

2thì phơng trình (1) có tổng bình phơng các nghiệm bằng 22 3.

Theo bµi ra ta cã:









2 2 2 2

1 2 13 1 2 1 2 2 13 1 2 4 1 2 13

x  x   x  x x x   x x  x x 





2 2

4 2

2 1 2 4 4 1

4 13 m 13

m m m m



   

 

       

 

2 2 2 2

4m 4m 1 4m 8m 13m 13m 12m 1 0

         

 m = 1 (t/m) Hc m =

1
13



(t/m)
VËy víi m = 1 hc m =

1
13



thì phơng trình (1) có bình phơng của hiệu hai
nghiệm bằng 13

Bài 3: (1 Điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phơng trình:

Gi di cỏc cạnh góc vng của tam giác vng lần lợt là x (cm) và y
(cm) (Điều kiện x > 0, y > 0)

Độ dài cạnh huyền là: x2y2 (cm)

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

Tổng bình phơng độ dài các cạnh bằng 50 nên ta có phơng trình:
x2 + y2 + x2 + y2 = 50  x2 + y2 = 25 (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã hệ phơng trình:

2 2
2
2 2
2 2
7
7 7
12
12

25 2 25

x y

x y x y

x y x y

xy

x y x y xy

x y
 
           
 
  

   

     
   
 


Khi đó x, y là hai nghiệm của phơng trình: X2 – 7X +12 = 0 
Giải ra ta đợc: X1 = 3, X2 = 4

VËy: c¸c cạnh của tam giác vuông lần lợt là 3 cm, 4 cm vµ 5 cm.

Bµi 4: Ta cã: B = 
2
2
3 5
1
x
x

 =





2 2

3 1 2 2

3
1 1

x
x x
 
 
 

1. Để B nguyên thì 2

2
1

x nguyên, mà x nguyên x2 + 1 là íc cña 2

 x2 + 1 = 1 hc x2 + 1 = 2
Khi: x2 + 1 = 1  x2 = 0  x = 0

Khi: x2 + 1 = 2  x2 = 1  x = 1 hc x = -1

VËy: víi x = -1, x = 0, x= 1 thì B nhận các giá trị nguyªn.
2. Ta cã: x2 + 1  1  2

2
1
x 
2
2
1
 

 B = 2

2
3

x


  3 + 2 = 5
 Bmax = 5 khi x = 0

Vậy: Giá trị lớn nhất của B = 5 khi x = 0.
Bµi 5:

1. Vì ABC cân tại A, M, P lµ điểm

chính giữa các cung nhỏ AB và AC nên
ta cã:BM = MA = AP =PC

MPB = PBC (V× hai gãc néi tiÕp

ch¾n hai cung b»ng nhau)

 MP // BC (1)
BMP =

2s®BP =

2(s®BC + s®

CP) =

2(s®BC + s®BM) =

1
2sđ
BM = MPC (2)

E
I
P
N
M
O
C
B
A

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BCPM là hình thang cân.
Ta có: N là điểm chính giữa cung nhỏ BC BN = NC (3)

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

ABC cân tại A  AB = AC (4)

Từ (3) và (4) suy ra AN là đờng trung trực của BC

 A, O, N thẳng hàng  ABN = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)
2.Ta có:BIN=

2(sđBN + sđAP)(Góc có đỉnh nằm trong đờng trịn) (5)

IBN = PBN =

2sđPN =

2(sđPC + sđCN) (6)
Mà :AP = PC , CN =NB (7)

Tõ (5), (6) và (7) suy ra: BIN = IBN BIN cân tại N.
BEN =

2(s®BN + s®AM) =

2(s®BN + s®AP) = BIN

(V× AM = AP)

 Tø gi¸c BEIN néi tiÕp  EBN + EIN = 1800

 EIN = 1800 - EBN = 900  EI  AN. (8)

Mặt khác: BC  AN (9) (Vì AN là đờng trung trực của BC)

Tõ (8) vµ (9) suy ra EI // BC
Bµi 6:

1. Gọi SO là đờng cao cùa tứ diện, khi đó
SO = 12cm

Dựng SH  BC (H  BC), Nối O với H.
Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên:
Trong SOH vng tại O ta có:

SH =

2 2 2

AB

SO OH  SO   

 

 SH = 12292 15cm
Sxq = 4.SSBC =

1 1

4. . 4. .15.18 540

2SH BC 2  cm

H
O

D C

B
A

V =

3SABCD.SO = 
1

3AB2.SO =

3.182 .12 = 1296 cm3
2. V× tứ giác ABCD là hình vuông nên AC BD (1)

SO là đờng cao của hình chóp nên SO  AC (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: AC  mp (SBD)

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

4 2 2002 2002
x  x  

4 2 1 2 2002 2 2002 1

4 4

x x x x

       

2 2

2 1 2 2002 1 2 1 2 2002 1

2 2 2 2

x x x x

   

            

    (V× hai vế không âm)

4 2 2001 0

x x

Giải ra ta đợc

2 2

1 2

1 8005 1 8005

2 2

x   x  

(lo¹i)

1 8005
2

x  

 

1 8005
2

x  

Vậy: phơng trình đã cho có hai nghiệm

1 8005
2

x  

vµ

1 8005
2

x  

Së gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2003 2004

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 150 phót

Bµi 1:

1. Giải phơng trình: x2 – 2x - 1 = 0 
Ta có: ' = (-1)2 – (-1) = 2 > 0,  ' 2
Phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

' '
1
1 2
1 2
1
b
x
a
   
   
,
' '
2
1 2
1 2
1
b
x
a
   
   

Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 1 2,x2  1 2

2. Giải hệ phơng trình:

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





Từ phơng trình (1) ta có: x = -1 – y. Thay vào phơng trình (2) ta đợc:
2

1 2

2 2 5 2 0

1 y y   y  y 

  Giải ra ta đợc 1 2

1
2,

y  y 

Với y = -2 thay vào phơng trình (1) ta đợc x = 1.
Với y =

1
2



thay vào phơng trình (1) ta đợc x =

1
2



Vậy hệ phơng rình đã cho có 2 nghiệm:

1
1 2
,
2 1
2
x

x
y
y





 
 
 


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

Bài 2: (2 Điểm) Cho biÓu thøc: M =



 











2 1 1

2
1

x x x

x
x
    
   
  
 

1. §Ĩ biĨu thøc M cã nghÜa th×:

0 0
1
1 0
x x
x
x

  


 

 
 


2. M =



 



x x

x x x x x

x x

 

     



 

= x x

3. Ta cã: M -

4 =

 

2 2

1 1 1

4 2 2

x x    x  x     x  

   

 

 

 M

1
4



dÊu b»ng xÈy ra khi x =

1
4

Bµi 3:

Cho phơng trình: x2 2mx + m2 - |m| - m = 0 (Víi m lµ tham sè)

1. Ta cã:









' m m2 m m m m 0

        

(V× m m với m)

Vậy phơng trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.

2. x1, x2 là hai nghiệm của phơng trình nên:

1 2
2
1 2

x x m

x x m m m

 



  


 (1)

x12 + x22 = 6





1 2 2 1 2 6

x x x x

   

(2)
Thay (1) vào (2) ta đợc:



2m



2 2



m2 m m



6 2m2 2m 2m 6

       

(*)

Nếu m0 Phơng trình (*) trở thành: 2m24m 6 0  m22m 3 0
Giải ra ta đợc: m1 = 1 ; m2 = -3 (không thoả mãn)

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

Bµi 4:

1. Ta cã: ADB = AHB = 900

 A, D, H, B cùng thuộc đờng tròn đờng tâm O đờng kính AB. Hay tứ giác

ADHB là tứ giác nội tiếp đợc trong đờng tròn.
Trong đờng tròn (O, 2

BC

) ta cã: HDB = HAB (Cïng chắn cung BH) (1)

Mặt khác HAB = HCA (Cùng phụ víi ABC) (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra:

HDB = HCE
 HCE + HDE =

HDB + HDE = 1080

 CEDH là tứ giác nội tiếp đợc

trong đờng trịn

y
x

D
H

E C
A

2. Vì ABD = DBF nên trong đờng tròn (O, 2
BC

) ta cã: AD = DH
hay D lµ ®iĨm chÝnh gi÷a cung AH

 OD  AH

Vì OD // BC (Cùng vuông góc với AH)

 ODH = DHC (so le trong) (3)

Mặt khác: OHD cân tại O nên ODH = OHD (4)

Tõ (3) vµ (4) suy ra: OHD = DHC
 HD là phân giác góc OHC

3. SABC =

2AH.BC = 
1

2AH.(BH + HC)

2 2 2

2 . .

2AH BH HC AH AH AH h

   

 Giá trị nhỏ nhất của SABC = h2 khi BH = HC = AH = h
Khi ú: AB AH2HB2 h2h2 2h

ADB vuông tại D, có O là trung điểm của AB OD =

1
2AB =

2
2 h

Mµ OD  AH  SADHO = OD.AH =

2 h.h =
2
2 h2

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

Bµi 5: P = 2 2
1 1
1 1
x y
 
 
   
 
    =





2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1

1 1 x y xy

x y x y x y x y

 
 
      
 
P =
2
2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 2

1 1 1 1 8 9

xy

x y x y x y xy x y

      

Vậy giá trị nhỏ nhất cña P = 9 khi

1
2

x y

Së gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2004 2005

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1:

1. Giải phơng trình: x2 – 3x - 4 = 0 
Ta cã: a – b + c = 1 –(-3) + (-4) = 0

Nên phơng trình có hai nghiệm phân biÖt: x1 = -1, x2 =

( 4)
4
1
c
a
  
 

Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = -1, x2 = 4
2. Giải hệ phơng trình:

2( ) 3 1
3 2( ) 7

x y y

x x y

  




  



2 1 4 2 2 1 1

5 2 7 5 2 7 2 1 1

x y x y x x

x y x y x y y

     

   

       

      

   

Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm x = 1, y = -1
Bài 2:

B =

2 2 1

.
1

2 1

a a a

a

a a a

    

 
    
  =



 



2 2 1

1 1

a a a

a
a a
a
 
  
 

   
  

  (1)

1. §Ĩ biĨu thøc B cã nghÜa th×:

0
0
1 0
1
0
a
a

a
a
a



 
  
 





2.

(1)  B =



 





 





 



2 1 1 2 1 2 2 1

. .

1 1 1 1

a a a a a a a a a a

a a

a a a a

           



   

 B =



 



2 1 2

.
1
1 1
a
a
a

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

VËy: B =

2
1

a

Bài 3:

Cho phơng tr×nh: x2 – (m+1)x + 2m - 3 = 0 (Víi m lµ tham sè)

1. Ta cã:









2 2 2

1 4 2 3 2 1 8 12 6 9 4

m m m m m m m

 

               





3 4 0

m

     

Víi m

Vậy phơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

2. Với x1, x2 là hai nghiệm của phơng trình ta có:

1 2

1
2 3

x x m

x x m

  




 



Tõ x1 + x2 = m + 1  m x 1 x21 (1)
Tõ x1.x2 = 2m – 3



1 2



3
2

m x x

  

(2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã: 1 2



1 2



1 2 1 2

1 3 2 2 5

x x   x x   x  x  x x 

VËy 2x12x2 x x1 2 5 là hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc m.
Bài 4:

Q
P

N
M

H
K

B
A

1. Ta cã: AKB = AHB = 900

 A, B, H, K cùng thuộc đờng trịn đờng kính AB hay tứ giác AKHB nội

tiÕp.

Trong đờn trịn (O) ta có: ABC = ACN (1) (Góc nội tiếp và góc tạo bới

tia tiÕp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)

Ta lại cã: ABC = HKC (2) (Cïng bï víi gãc AKH )

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

Tõ (1) vµ (2) suy ra: ACN =HKC  KH // NP (3)

Mà: KN // HP (Cùng vuông góc với d) (4)
Mặt khác: KNP = 900 (5)

Từ (3), (4), và (5) ta có: tứ giác HKNP là hình chữ nhật (Hình bình hành có
một góc vu«ng)

2. Ta cã: AMC = 900 (AM  d), AHC = 900 (AH  BC)

 AMC + AHC = 1800

 Tø gi¸c AHCM néi tiÕp

 HMP = HAC (Cïng ch¾n cung CH) (6)

Chứng minh tơng tự ta đợc BKCQ là tứ giác nội tiếp

 KQN = KBC (Cïng ch¾n cung BC)

Mà KBC = HAC (cùng chắn cung KH trong đờng trịn ngoại tiếp tứ giác

ABHK)

Nªn KQN = HAC (7)

Tõ (6) vµ (7) suy ra: KQN = HMP

3. XÐt MPH vµ QNK cã:
MPH = KNQ = 900

HMP = KQN (Chứng minh trên)

PH = KN (Vì tứ giác HKNP là hình chữ nhật)

Do ú: MPH = QNK (Cạnh góc vng – góc nhọn)
 MP = QN

Bài 5: (1 Điểm)

1. Chứng minh r»ng: x( 1 – x ) 

4 Víi 0 < x < 1

Ta cã:

2
2

1 1 1 1

(1 ) 0 (1 )

4 4 2 4

x  x   x  x  x    x  x 

   

1
(1 )

x  x 

Khi

1 1

2 2

x x

 

   

 

 

2. T×m giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A =
2
2

4 1

(1 )

x

x x



 Víi 0 < x < 1

Tõ c©u 1 ta cã: x( 1 – x ) 

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

 A =

2
2

4 1

(1 )

x

x x



 =

2 2

4 1 4 1 1

4 8 2

(1 ) 2

x x

x

x x x x x

 

   

     

     V×

4 1

x
x




 A

1
8.2 2 . 16

x
x

 

(V×

2 0, 0

x

 

)

 Giá trị nhỏ nhất của A = 16 Khi:

(1 )

1
4

1 2

2
2

x x

x
x

x


 




 



 





--- hÕt

---Sở gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2005 2006

Môn: Toán

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

Bµi 1: Cho biĨu thøc: A =

2
1

1 1

a a

a

a  a 

1. Để biểu thức A có nghĩa thì: a0 và a1.
2. Với a0 và a1 thì:

A =

2
1

1 1

a a

a

a  a   =











 



1 1 2

1 1

a a a a

a a

   

 



 









 



2 1

2 2

1 1 1 1

a

a a a a

a

a a a a



   

 



   

VËy A =

2
1

a

3. §Ĩ A < -1 th×

0 0 0

1 1 1 0 1

2 1 1 1

1 0

1 1

a a a

a a a a

a a

a a






    



 

 

       

  

  

   

    

  

  

VËy: víi 0 a 1 th× A < -1
Bµi 2: (2 Điểm)

1. Giải phơng trình: x2 – x - 6 = 0

Ta cã:  = (-1)2 – 4.(-6) = 25 > 0, 25 5
Phơng trình có hai nghiệm phân biÖt: 1 2

1 5 1 5

3, 2

2 2

x    x   

Vậy phơng rình đã cho có hai nghiệm x1 = 3, x2 = -2
2. Phơng trình: x2 – (a - 2)x – 2a = 0



 



2 2 2 0

2 0

x ax x a

x a x

  

Phơng trình có hai nghiÖm x = a, x = -2

NÕu: x1 = a, x2 = -2 th×:

2x1 + 3x2 = 0  2a + 3.(-2) = 0  a = 3
NÕu: x1 = -2, x2 = a th×:

2x1 + 3x2 = 0  2(-2) + 3.a = 0  a =

4
3

VËy a = 3 hoặc a =

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

Bài 3:

Vỡ M(a; b2 + 3) thuộc đồ thị hàm số y = x2 nên ta có: b2 + 3 = a2 (1)
Vì N( ab; 2) thuộc đồ thị hàm số y = x2 nên ta có: 2 = ab

a
b

 

(2)
Thay (2) vào (1) ta đợc:

2 3 2 4 3 2 4 0 2 1 1

b b b b b

b
 

          

  (vì b là số thực dơng)

Thay b1 vào (2) ta đợc a = 2

Vậy với a = 2, b1 thì điểm M có toạ độ (a; b2 + 3) và điểm N có toạ độ (

ab; 2) cùng thuộc đồ thị của hàm số y = x2
Bài 4:

1. Ta có: HNC = 900 (Góc nội tiếp chắn
nửa đởng trịn)

 HN// AB (Cïng vu«ng gãc víi AC) (*)
 AMN = MNH (So le trong) (1)

Mµ: BCN = MNH (2) (Gãc néi tiÕp

và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung
cùng chắn một cung trong đờng tròn (O))
Từ (1) và (2) suy ra: BCN = AMN

O
H

C
B

Do đó: BCN + BMN = AMN + BMN = 1800

 Tứ giác BMNC nội tiếp đợc trong một đờng tròn.

2. AH  BO (gt)  AH là tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại H.

AHN = HMN (Hai góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng ch¾n mét

cung trong đờng trịn (O))
Xét MAN và HNA có:

MAN = HNA = 900

AHN = HMN (Chøng minh trªn)

AN chung

Do đó: MAN = HNA  MA = HN (**)

Tõ (*) vµ (**) suy ra: Tứ giác AMHN là hình bình hành.
Mà MAN = 900

Tứ giác AMHN là hình chữ nhật (Hình bình hành có một góc vuông)

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

3. Ta cã:

2 2

MN AH

MH AN

 



 

  (3) (Vì tứ giác AMHN là hình chữ nhật)

Mặt khác:

2 2

1 NC NA NC AC AN AC AH

NA NA AN AN AN



    

(4) (Vì AHC vuông tại

H có HN là đờng cao)

Tõ (3) vµ (4) suy ra:

MN NC

MH NA

 

 

 

 

Bµi 5: 
Ta cã:









2 2

2 2 ab 1 ab 1 2 2 ab 1 2 2( 1) 2 2

a b a b ab a b ab ab ab

a b a b a b

  

     

               

  

     

2 2 ab 1 2

a b

a b



 

    



  DÊu “=” xÈy ra khi:

2 2

1 0

ab

a b a ab b

a b


      



VËy

2 2 ab 1 2

a b

a b


 

   


  víi a b 0

--- HÕt

---Së gd & ®t thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2006 2007

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: BiÓu thøc: A =

3 3

1 5

a a a a

a a

     

 

   

     

   

1. §Ĩ biĨu thøc A cã nghÜa th×:

0 0 0

5 0 5

a a a

a

a a

 

   

 

 

  



  

  

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

2. A =

3 3

1 5

a a a a

a a
     
 
   

     
    =

3 3 3 15 5

1 5

a a a a a a

a a
         
   
     
   



 





 



3 1 5 3

4 3 8 15

1 5 1 5

3 3 9

a a a a

a a a

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

VËy A = 9 – a Víi a0 vµ a25
Bµi 2: Giải phơng trình: 2

6 1

9 3

x   x (1)

Điều kiện xác định của phơng trình:



 



2 9 0 3

3 3 0

3
3 0
x
x
x x
x
x

   
    
 

  
 (*)

(1)  6x2 9 x 3



 



2 12 0 4 3 0

x x x x

      

x = - 4 (thoả mÃn điều kiện (*)) hoặc x = 3 (Không thoả mÃn điều kiện (*))

Vy phơng trình đã cho có nghiệm x = - 4

Bài 3: Giải hệ phơng trình:

5(3 ) 3 4 15 5 3 4 15 2 4 30 4 8

3 4(2 ) 2 3 8 4 2 9 4 1 9 4 1

1 1

21 7 3 3

9 4 1 1 1

9 4 1 9. 4 1

3 2

x y y x y y x y x y

x x y x x y x y x y

x x

x y

x y y y

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

Vậy hệ phơng trình đã cho cú nghim

1 1

3 2

x y

Bài 4: Phơng trình: x2 – 2mx + m|m| + 2 = 0 cã:









' m m m 2 m2 m m 2

       

Để phơng trình đã cho vơ nghiệm thì:

' 0 m2 m m 2 0

     

(1)
NÕu m 0 Bất phơng trình (1) trở thành:

m2 m2 2 0  2 0 luôn đúng. (*)
Nếu m < 0 Bất phơng trình (1) trở thành:

m2m2 2 0  m2    1 0 1 m0 (*)

Từ (*) và (**) suy ra với m > -1 thì phơng trình đã cho vơ nghiệm.

Bµi 5:

Gäi V, R, h lần lợt là thĨ tÝch, b¸n

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

kính đáy, chiều cao của hình trụ
Theo bài ra ta có: R = 3 cm, h = 2cm

 V = .R2.h = .32.2 = 18 cm3
Bµi 6:

a. Ta có: AHC vuông tại H và M là trung

điểm của AC

HM = MC hay MHC cân tại M

b. MHC cân tại M 
MHC = MCH (1)
 HMC = 1800 - 2MCH

= 1800 - 2ACB = 1800 - ABC
= CBN hay NMC = NBC

N
H

C
A

 Tứ giác NBMC nội tiếp đợc trong một đờng tròn

c. Tứ giác NBMC nội tiếp  BNM = BCM (2) (cùng chắn cung MB)
BHN = BNH (đối đỉnh) (3)

Tõ (1), (2) vµ (3) suy ra: BNH = BHN BNH cân tại B
 BN = BH

Mà AM = MC = MH

Nên ta cÇn chøng minh: 2MH2 = AB2 + AB.BH

 2MH.MH = AB (AB + BH)  AC.AM = AB.AN

Thật vậy:

Xét ACN và ABM có:

Â chung

ACN = ABM (Cïng bï víi MBN )

Do đó: ACN  ABM

AC AM

AB AN

 

 AC.AM = AB.AN
VËy: 2MH2 = AB2 + AB.BH

Bµi 7: Víi a > 0 Ta cã:

2 2 2

2 2

5( 1) 1 9( 1)

1 2 1 4 4

1 9 1 1 9 1 9 11

2 .2 . 2

1 4 4 1 4 4 2 2

a a a a a

a a a a

a a

a a a a a a

  

   

 

     

         

   

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

DÊu “=” xÈy ra khi:

2
2

1 4

1
0

a a

a
a

 








  









VËy:

2
2

5( 1) 11

1 2 2

a a



 

 Víi a > 0

--- hÕt

---Së gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2007 2008

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1:

1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

A = a + ax + x + 1 = (a + ax) + (x + 1) = a(1 + x) + (x + 1) =(x+1)(a+1)
2. Giải phơng trình: x2 3x + 2 = 0

Ta cã: a + b + c = 1 +(-3) + 2 = 0

Nên phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 =

c
a = 2

Vậy: Phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = 5
Bài 2:

1. Gọi V, R, h lần lợt là thể tích, bán kính đáy, chiều cao của hình nón
Theo bài ra ta có: R = AC = 2 cm, h = AB = 18cm

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

 V =

3 .R2.h =

3 .22.18 = 24 cm3
2. Chøng minh r»ng víi a  0; a 1 ta cã:











 



1 1

1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1

a a a a

a a a

a a a a

     
         
         
   
           
    
Bài 3:

1. Vì phơng trình x2 – 2(a+1)x + a2 + 2 = 0 (Víi a lµ tham sè) cã mét
nghiƯm x = 1, gọi nghiệm còn lại là x2 ta có:





2
2
2 2
2
2
2 2
1

1 2( 1) 2 0 1 0 1

3
1 2

2 2

a

a a a a

x
x

x a x a

 
          
 
  
   

 
 
  

Vậy: phơng trình x2 – 2(a+1)x + a2 + 2 = 0 (Víi a lµ tham sè) cã mét
nghiƯm x = 1, nghiệm còn lại là x = 3

2. Giải hệ phơng tr×nh:

2 1
1
2 2
8 5
1
2 2
x y
x y

 
  


  
  


2 1 2 1 2 1

1 1 1

2 2 2 2 2 2

8 5 2 1 8 2 5 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 1
2 3
1
1 1
2 2
1 1

1 1 2 3 1

2 2

x y x y x y

x y x y x x y y x y

x
x x
x x
y y
x y
x y
  
     
        
  
     
         
            

  

 
  
      
 
       
     
    

 



Vậy hệ phơng trình đã cho có một nghiệm

1
1
x
y





Bµi 4:

1. Ta có: HNB = 900 (góc nội tiếp
chắn nửa đờng tròn (O’))

 HNC = 900 (1)

Ta có: AMH = 900 (góc nội tiếp chắn
nửa đờng tròn (O))

 HMC = 900 (2)

K
I
O'
O
N
M
H B
C
A

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

Tõ (1), (2), (3)  Tứ giác CMHN là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông)
2. Vì tứ giác CMHN là hình ch÷ nhËt  CMN = CHN (4)

HBN = CHN (5) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và đay cung

cng chn cung HN trong n trũn (O’))

Tõ (4) vµ (5)  CMN = HBN hay CMN = ABN
 AMN + ABN = AMN = NMC = 1800

 Tứ giác AMNB nội tiếp đợc trong một đờng trịn.

3. Gäi I lµ giao ®iĨm cđa MN vµ HC  IM = IH = IN

XÐt OMI vµ OHI cã:

IM = IH
OM = OH
OI chung

Do đó: OMI = OHI  OMI = OHI = 900 hay OM  MN

 MN là tiếp tuyến của đờng trịn đờng kính AH (*)

Chøng minh t¬ng tù ta cã: O’NI = O’HI = 900 hay ON MN

tứ giác OMNO là hình thang (OM // O’N)

Gọi K là tâm đờng tròn đờng kính OO’  KO = KO’
Trong hình thang OMNO’ ta có KI là đờng trung bình nên :
KI // OM  KI  MN (6)

Vµ KI =

2(OM + O’N) = 
1

2(OH + HO’) = 
1
2OO’

 I thuộc đờng tròn đờng kính OO’ (7)

Từ (6) và (7) ta có: MN là tiếp tuyến của đờng trịn đờng kính OO’

Từ (*) và (**) suy ra: MN là tiếp tuyến chung của đờng trịn đờng kính AH
và đờng trịn đờng kính OO’

Bài 5: Từ a + b = 2005  a = 2005 - b Khi đó: ab = (2005 - b). b

2 2 2 2 2

2005 2005 2005 2005 2005

2005

2 2 b b 2 b 2 2

 

         

        

         

          

DÊu “=” xÈy ra khi

2 2005

2005

0 2

2005

2005 2

a
b

b

a b



  



 

  



 

Vậy giá trị lớn nhất cña ab b»ng

2005
2

 

 

  khi

2005
2

a b 

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

--- HÕt

---Së gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt

Năm học 2008 2009

Môn: Toán

Thời gian làm bµi: 120 phót

Bµi 1: Cho hai sè x1 = 2 - 3 , x2 = 2 + 3
1. Ta cã: x1x2 (2 3) (2  3) 4 (1)

x x1 2 (2 3)(2 3) 4 ( 3)  2 1 (2)
2. Từ (1) suy ra: x1 4 x2 thay vào (2) ta đợc:





1 2 1 4 2 2 1 2 4 2 1 0
x x    x x   x  x  

VËy x x1, 2 lµ hai nghiệm của phơng trình x2 4x 1 0
Bài 2:

1. Gi¶i hƯ phơng trình:

3 4 7 3 4 7 11 11 1 1

2 1 8 4 4 2 1 2.1 1 1

x y x y x x x

x y x y x y y y

      

    

   

    

        

    

Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm

1
1

x
y








2. Rót gän biĨu thøc:
Víi a0;a1 ta cã:

A =

1 1 1

1 1 2

a a

a a a

 

 



 

  

  =



 



1 1

1 1 2

a a a

a a a

   



  

    

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





2 1 1





1

1 2 1 2

a a a a a

a

a a a a

    

 

   

VËy A = a Víi a0;a1
Bµi 3:

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy đờng thẳng (d): y = (m2 - m)x + m song song

với đờng thẳng (d’): y = 2x + 2





2 2 2 2 0 ( 1) 2 0

2 2 2

m m

m m m m

m

m m m

   

       

       

   

  

Vậy với m = -1. thì đờng thẳng (d) song song với đờng thẳng (d’)

Bài 4:

1. Ta cã: NAI = NMA (1) (gãc

nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp
tuyến và dây cung cùng chắn cung
AN trong đờng tròn (O’))

ABC = AMC(Hai gãc néi tiÕp

cùng chắn cung AC trong đờng
tròn (O)) hay NMA =ICB (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra:

NAI = IBC

H
C

N
O'

M
I

B
A

XÐt AIN và BIC có:
NAI = IBC (c/m trên)

AI = IB (vì I là trung điểm của AB)

AIN = BIC (đối đỉnh)

Do đó:  AIN = BIC

 IC = IN  tứ giác ANBC có hai đờng chéo cắt nhau tại trung điểm của

mỗi đờng

 Tứ giác ANBC là hình bình hành.

2. ANBC là hình bình hành IBN = IAC hay IBN = BAC (3)

Mặt khác: BMC = BAC (4) (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BC trong

đờng tròn (O))

Từ (3) và (4) suy ra: IBN = BMI  BI là tiếp tuyến của đờng trịn ngoại

tiÕp tam gi¸c BMN.

3. Gọi AH là đờng cao của tam giác ABC , C’ là điểm chính giữa cung nhỏ BC

 CH  C’I

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

SANBC = 2SACB = 2.

2CH.AB = CH.AB

Để SANBC lớn nhất thì SACB lớn nhÊt  CH lín nhÊt  CH = CI C trùng
với C hay C là điểm chính giữa cung nhỏ BC.

Mà M, I, C thẳng hàng M, O, C thẳng hàng M là điểm chính giữa cung

lớn BC.

Bài 5:









2005 2005

2 2 2006

1 x x  1  1 x x  1 2



2005 2.22005 22006

         



1 a a2 1



2005



1 a a2 1



2005 22006

        

2 2

1 1 1 1 1

a a a a a

a


       

   





Vậy phơng trình đã cho có x = 1 là nghiệm dơng.

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

---Sở gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2009 2010

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: Phơng trình: x2 – 4x + q = 0 (1) víi q lµ tham sè 
1. Khi q = 3 Phơng trình (1) trở thành x2 4x + 3 = 0 
Ta cã: a + b + c = 1 + (- 4) + 3 = 0

Nên phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 =

c
a = 3

2. Để phơng trình (1) cã nghiƯm th×:
2

' ( 2) 0

4 0 4

q

q q

    

    

VËy víi q4 thì phơng trình (1) có nghiệm.
Bài 2: Giải hệ phơng trình:

2 5 2 2 10 3 3

2 7 2 7 3 2 7 2

x y x y x x

x y x y y y

     

   

  

   

      

   

Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm

3
2

x
y








Bµi 3:

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm D(0;1).
1. Phơng trình đờng thẳng (d) đi qua điểm D(0;1) và có hệ số góc k là:
y = k(x - 0) + 1  y = kx + 1.

2. Hoành độ giao điểm của parabol (P) và đờng thẳng (d) là nghiệm của
ph-ơng trình:

x2 = kx + 1  x2 - kx - 1 = 0 (2)

Ta cã:  = k2 –4.(- 1) = k2 + 4 > 0 víi mäi k

Nên phơng trình (2) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi k. Hay đờng thẳng
(d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt G và H với mọi k.

3. Hoành độ của hai điểm G và H lần lợt là x1 và x2. Khi đó x1 và x2 là hai

nghiệm của phơng trình (2)., áp dụng định lý vi ột ta cú: x1.x2 =

1
1

c
a

= -1

Đờng thẳng d1 đi qua O(0;0) và điểm G(x1 ; x12) có phơng trình là: y = x1.x
Đờng thẳng d2 đi qua O(0;0) và điểm H(x2 ; x22) có phơng trình là: y = x2.x

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

V× x1.x2 = -1 nên d1 d2 hạy OG OH suy ra:

Tam giác GOH là tam giác vuông tại O
Bài 4:

1. Ta cã:

OQD +OBD = 900 + 900=1800

 Tứ giác BDQO nội tiếp đợc

trong một đờng trịn.

2. XÐt BKD vµ AKC cã:
KBD = KAC = 900

BKD = AKC

Do đó: BKD  AKC

Q
D
C

K
B



CA BD

CK DK (1)

Mµ CA = CQ, DQ = DB (2) (hai tiÕp tuyÕn cïng xuÊt ph¸t tại một điểm)
Từ (1) và (2) suy ra:

CQ DQ

CK DK

3. Trong tam giác ODB vuông tại B ta có: BD = OB tgBOD = R.tg

Ta cã: BOQ = 2BOD = 2 (Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau)
 OKQ = 900 - KOQ = 900 - 2

Trong tam giác vuông OQK vuông tại Q ta cã: OK = cos

OQ
KOQ

 = cos 2
R



 KA = OK + OA = cos 2
R

 + R

Trong tam giác KAC vuông tại A ta có:
AC = AK.tgAKC = (cos 2

R

 + R). tg(900 - 2 )
Ta cã: DOQ =

2 BOQ, COQ =

2 AOQ (tÝnh chÊt hai tiÕp tun c¾t

nhau)

Do đó: COD = DOQ + COQ =

2(BOQ + AOQ) =

2.1800 = 900

COD vuông tại O

Mà OQ KC nên OQ2 = CQ.QD = AC.BD (vì CA = CQ, DQ = DB )

 AC.BD = R2

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

Bài 5: (1 Điểm)

Ta cã: D2 = (t + u + v)2 = u2 + v2 + t2 + 2uv + 2ut + 2vt (1)

Mặt khác: Theo giả thiết u2 + uv + v2 = 1- 
2

3
2

t

 2uv = 2 - 2u2 - 2v2 -3t2 (2)
Thay (2) vào (1) ta đợc:

D2 = 2 - u2 - v2 -2t2 + 2ut + 2vt = 2 – (u - t)2 – (v - t)2  2

D2 = 2 khi

2 2 2

2
2
3 3
1
9
2

2
3
2
3
t
t

u v uv t

u t u t u

v t v t

v






     



 
    
  
    
  


  


 hc

2
3
2
3
2
3
t
u
v














 - 2  D  2

Vậy: giá trị nhỏ nhất của D là - 2 khi

2
3
2
3
2
3
t
u
v

Giá trị lớn nhất cđa D lµ 2 khi

2
3

2
3
2
3
t
u
v















--- Hết

---Sở gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2010 2011

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 Điểm) Cho phơng trình: x2 + px - 4 = 0 (1) víi p lµ tham sè 
1. 1. Khi p = 3 Phơng trình (1) trë thµnh x2 + 3x - 4 = 0

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

Ta cã: a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0

Nên phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 =

c

a = - 4

2. Ta cã:  p2 4.( 4) p216 0

Nên phơng trình (1) luôn có hai nghiƯm x1, x2 vµ

1 2

1 2 4

x x p

x x

Mặt khác:

x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) = x x x1 2 2x1x x x2 1 1x2 4x2x1 ( 4 )x1 x2

1 2

3(x x ) ( 3).( p) 3p

     

§Ĩ: x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > 6 th×: 3p > 6  p > 2

VËy víi p > 2 thì phơng trình (1) luôn có nghiệm x1, x2 tho¶ m·n
x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > 6

Bµi 2:

Víi c0;c9 ta cã:

C =

3 3 1 1

3 3

c c

c c c

    

 

   

    

  =



 





 



2 2

3 3 3

3 3

c c c

c

c c

   

 



 











3 3 3 3 12 4

3 .3. 3 .3.

c c c c c

c

c c c c

         

   

  



 

VËy C =

4
3

c víi c0;c9

2. Ta cã:

4 4

3 3 0

3
3

c

    



Do đó: giá trị nguyên của C = 1 Khi đó:

1 3 4 1

3 c c

c      

VËy víi c = 1 thì C nhận giá trị nguyên bằng 1
Bài 3:

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và các điểm C, D
thuộc parabol (P) với xC = 2, xD = -1.

1. Tung độ của điểm C là: yC = xC2 = 22 = 4  điểm C có toạ độ là (2; 4)
Tung độ của điểm D là: yD = xD2 = (-1)2 = 1  điểm D có toạ độ là (-1; 1)
x = k khơng phải là phơng trình của đờn thẳng CD

Gọi y = ax + b là phơng trình đờng thẳng CD.

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

Vì điểm D(-1; 1) thuộc đờng thẳng CD nên ta có: 1 = (-1)a + b (2)
Thay (1) vào (2) ta đợc: 1 = -x + 4 – 2a  a = 1

Thay a = 1 vào (1) ta đợc b = 4 – 2.1 = 2
Vậy đờng thẳng CD có phơng trình: y = x + 2

2. Để đờng thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (với q là tham số) song song với
đờng thẳng CD thì:





2 2 1 1 0

2 1 2 1 0 1

1 2 2 1

q q

q q q q

q

q q

q

  

  

          

     

  

   

   

 .

VËy víi

1
2

q

thì đờng thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (với q là tham số)
song song với đờng thẳng CD.

Bµi 4:

1. Ta có: CMD = 900, CND = 900
Nên C, D, M, N cùng thuộc đờng trịn
đ-ờng kính CD

Hay tứ giác CDMN là tứ giác nội tiếp
trong một đờng trũn.

2. KDB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa 
đ-ờng tròn)

DK // CM (cùng vuông góc với BD) (1)

I K

H
N

M
O

D
C

KCB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)

 CK // DN (cïng vu«ng gãc víi BC) (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CHDK là hình bình hành. (tứ giác có các cặp cạnh
đối song song).

3. Gọi KP là đờng cao của tam giác CKD , I là trung điểm của CD, K’ là điểm
chính giữa cung nhỏ DC  KP KI

Vì tứ giác CHDK là hình bình hành nên SCDH = SCKD =

2KP.CD

Để SCDH lín nhÊt th× SCKD lín nhÊt  KP lín nhÊt  KP = K’I  K trùng
với K hay K là điểm chính giữa cung nhỏ CD.

Mà K, O, B thẳng hàng B là điểm chính giữa cung lớn CD.

Vậy điểm B là điểm chính giữa cung lớn CD thì diện tích tam giác CDH lớn
nhất.

Bài 5: Ta có: u + v = 4  u2 + v2 = 16 – 2uv

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

Mặt khác: u, v là các số dơng nên áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:
4uv  (u + v)2  4uv  16  uv  4

P = u2 + v2 +

uv = 16 – 2uv +

uv  16 – 2.4 +

33
4 =

65
4

P =

4 khi u = v vµ u + v =4 u = v = 2

Vậy giá trị nhá nhÊt cđa P lµ

4 khi u = v = 2

--- HÕt

---Së gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2011 2012

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (1,5 Điểm)

1. Với hai số x1 = 1 + 2 , x2 = 1 - 2
Ta cã: x1 + x2 = (1 + 2) + (1 - 2) = 2
2. Gi¶i hƯ phơng trình:

2 1 2 1 5 5 1 1

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

x y x y x x x

x y x y x y y y

      

    

   

    

         

    

Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm x = -1, y = 1
Bài 2:

1. Víi c0;c4 ta cã C =

4 1 1

:
4

2 2 2

c c c

c

c c c

  

 

 

     

 











 





 



2 2 4 1 1 1 1

: ( 2)

2 2

2 2 2 2

c c c c c

c

c c

c c c c

     

   

 

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

VËy C =

2 c víi c0;c4

2. Víi





6 4 2 2 2

c   

th× C =





1 1 1 1

2 c 2 2 2 2 (2 2) 2



  

 

Bài 3: (2,5 Điểm)

Cho phơng trình x2 – (2p – 1)x + p(p – 1) = 0 (1) (Víi p lµ tham sè)
1. Với p = 2 phơng trình (1) trở thành x2 – (2.2 – 1)x + 2(2 – 1) = 0

 x2 – 3x + 2 = 0

Ta cã: a + b + c = 1 + (-3) + 2 = 0

Nên phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 =

c
a = 2

2. Ta cã:









2 2 2

2p 1 4p p 1 4p 4p 1 4p 4p 1 0

 

          

với p

Phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi p.

3. x1, x2 là hai nghiệm của phơng trình (1) (víi x1 < x2) nªn :
1

(2 1) 2 1 1

2 2

p p

x         p

, 2

(2 1) 2 1 1

2 2

p p

x        p

Ta cã: x12 – 2x2 +3 = (p - 1)2 – 2p +3 = p2 – 4p + 4 = (p - 2)2  0 víi p

x12 – 2x2 +3 = 0 khi (p - 2)2 = 0  p2
VËy x12 – 2x2 +3  0

Bµi 4:

1. Ta có: CFH = 900, CKH = 900
Nên C, F, H, K cùng thuộc đờng trịn
đờng kính CH

Hay tứ giác CFHK là tứ giác nội tiếp
trong một đờng tròn.

2. Ta cã:  CFE CKD


CF CK

CE CD

XÐt  CFK vµ CED cã:

H
F

E
D

C chung

CF CK

CE CD

Dó đó:  CFK  CED (c – g - c)

3. Vì EFD = 900, EKD = 900  K, F thuộc đờng trịn đờng kính ED.

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

Ta cã: CFK = KED ( v×  CFK  CED ) (1)

CFK = CHK hay CFK = QHK (cùng chắn cung CK trong ng trũn

ngoại tiếp tứ giác CKHD) (2)

QKD = KED hay QKH = KED (gãc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp

tuyn v dõy cung cùng chắn cung KF trong đờng trịn đờng kính DE)(3) Từ
(1), (2) và (3) ta có: QKH = QHK (4)

QHK cân tại Q QK = QH (*)

Mặt khác ta cã: QKH + QKC = 900 (5)
QHK + QCK = 900 (6)

Tõ (4), (5) vµ (6) QCK cân tại Q QK = QC (**)

Tõ (*) vµ (**) suy ra QC = QH hay Q là trung điểm của CH
Bài 5:

Vì a, b, c là các số dơng nên

a

b c > 0, 
b

a c > 0, 
c

b a > 0

áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:

1 1 2

1 2

b c b c b c a b c a a

b c a

a a a a b c b c a b c

a a

    

       

     

1 1 2

1 2

a c a c b c a a c b b

b c a

b b b b a c a c a b c

b b

    

       

     

1 1 2

1 2

b a b a b c a b a c c

b c a

c c c c b a b a a b c

c c

    

       

     

2 2 2

a b c a b c

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

      

        

DÊu “ = “ xÈy ra khi:

1 0

b c

a b c a

a c

a c b a b c

b

b a c
b a

c






 





 

     

Trái với giả thiết a, b, c là các số dơng

Vậy:

a b c

b c  a c  b a 

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