TS 10 mon ToanNam Dinhtu 2000 den 2011

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (367.13 KB, 28 trang )

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

Năm häc 1999- 2000

Đề thi vào lớp 10 ptth - tỉnh Nam định

M«n to¸n ( Thêi gian 150’)

B µi I ( 1,5 ®iĨm) :
Cho biĨu thøc A=

√

x

−4x+4

4−2x

1) Víi gi¸ trị nào của x thì biểu thức A có nghĩa?
2) Tính giá trị của biểu thức A khi : x = 1,999

B

µi II ( 1,5 ®iĨm) :

Giải hệ phơng trình

x−

y −2=−1
4

x+

y −2=5

¿{

B

µi III ( 2 ®iĨm) :

Tìm các giá rị của a để ptrình :
(a2− a−3)x2+ (a+2)x −3a2=0

NhËn x=2 là nghiệm .Tìm nghiệm còn lại của ptrình ?

B

µi IV ( 4 ®iÓm):

Cho tam giác ABC vuông ở đỉnh A .Trên cạnh AB lấy điểm D không trùng với đỉnh Avà đỉnh B .
Đờng trịn đơng kính BD cắt cạnh BC tại E . Đờng thẳng AE cắt đtrịn đờng kính BD tại điểm thứ hai
là G . Đơng thẳng CD cắt đtrịn đờng kính BD tại điểm thứ hai là F . Gọi S là giao điểm của các đờng

thẳng AC và BF . Chứng minh :

1) Đờng thẳng AC song song với đờng thẳng FO.
2) SA.SC = SB.SF

3) Tia ES là phân giác của góc AEF.

B

µi V ( 1 ®iĨm):

Giải phơng trình : x2 + x + 12 x 1 36

Híng dÉn

Bµi 1 : 1/ §k : x 2. 2/ A=¿ -1/2 nÕu x > 2 hc A = 1/2 nÕu x < 2. 3/ A = 1/2.

Bµi 2 : nghiƯm cđa hpt lµ (x = 7/3; y = 25/9)
Bµi 3 : a = 3 + √17 , a = 3 - √17

- Với a = 3 + √17 ta có pt: 17x2 + (5 + √17 )x – 78 - 6 √17 = 0. Khi đó x
2 =

−39+√17

- Với a = 3 - √17 ta có pt: 17x2 + (5 - √17 )x – 78 + 6 √17 = 0. Khi đó x
2 =

3917

17
Bài 4 :

1/ Có tứ giác DEGF nt (O) ⇒ DFG + DEG = 1800

L¹i cã DEA + DEG = 1800 DFG = DEA

Mặt khác tø gi¸c ACED nt ⇒ ACD = DEA

D
E

O B
A

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

⇒ ACD

= DFG

Mµ 2 gãc nµy ở vị trí so le trong nên AC // FG
2/ Δ SFC ~ Δ SAB (g.g) ⇒ SFSA=SC

SB ⇒ SF.SB = SA.SC

3/ Cã tø gi¸c AEBS nt ⇒ AES = ABS, SEF = ABS ⇒ AES = SEF ⇒ ®pcm.

Bài 5 : Đk: x -1. Đặt √x+1 = t (t 0) ⇒ x + 1 = t2 ⇒ x = t2 – 1, khi đó ta có

pt :

t4 – t2 +12t – 36 = 0 ⇔ (t – 2)(t + 3)(t2 – t + 6) = 0 ⇔ t = 2, t = -3 (lo¹i).

⇒ x = 3

VËy n0 cđa pt lµ x = 3

(Tuyển sinh vào 10 năm học 2000-2001)

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1 (2 đ):

Cho biểu thức: A=(a+√a

√a+1+1)(

a−√a

√a−1−1) (Với a 0, a 1)

a/ Rút gọn biểu thức A.
b/ Tìm a sao cho A = - a2

Bài 2 (2 đ):

Trên hệ trục toạ độ Oxy, cho điểm M(2; 1) và N(5;

1
2

-) và đường thẳng (d-) có phương
trình y = ax + b

a/ Tìm a, b để đường thẳng (d) đi qua M, N

b/ Xác định toạ độ giao điểm của đường thẳng MN với trục Ox, Oy

Bài 3 (2 đ): Cho số nguyên dương gồm hai chữ số. Tìm số đó biết rằng tổng hai chữ số của
nó bằng 1/8 số đã cho, nếu thêm 13 vào tích của hai chữ số đó sẽ được số viết theo thứ tự
ngược lại với số đã cho.

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

Cho tam giác nhọn PBC. Gọi A là chân đường cao kẻ từ P xuống cạnh BC. Đường trịn
đường kính BC cắt PB, PC lần lượt ở M và N. Nối N với A cắt đường trịn đường kính BC
ở điểm thứ hai E

a/ Chứng minh rằng: 4 điểm A, B, N, P cùng nằm trên một đường trịn. Hãy xác định
tâm và bán kính đường trịn ấy.

b/ Chứng minh: EM vng góc với BC

c/ Gọi F là điểm đối xứng của N qua BC. Chứng minh rằng AM.AF = AN.AE

Bài 5 (1 đ):

2+
1
3√2+

4√3+.. .+
1

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

(Tuyển sinh vào 10 năm học 2001-2002)

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1 (1,5 đ):

Rút gọn biểu thức:

( ).( )

1 1

a a a

M a

a a

-= +

- + (Với a> 0, a 1)

Bài 2 (1,5đ):

Tìm hai số x; y thoả mãn:

2 2

25

12 x

y

xy

ìï

+

=

ïïí

ï

=

ïïỵ

Bài 3 (2 đ): Hai người cùng làm chung một cơng việc sẽ hồn thành trong 4h. Nếu mỗi
người làm riêng để hồn thành cơng việc thì người thứ nhất làm ít hơn người thứ hai là 6h.
Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người phải làm trong bao lâu sẽ hồn thành cơng việc?

Bài 4 (2 đ):

Cho hàm số y = x2 (P) ; y =3x + m2 (d)

a/ Chứng minh rằng với bất kì giá trị nào của m thì đường thẳng (d) ln cắt (P) tại
hai điểm phân biệt.

b/ Gọi y1; y2 là tung độ giao điểm của (d) và (P). Tìm m để có đẳng thức:

y1 + y2=11y1y2

Bài 5 (3 đ):

Cho ABC vuông ở A. Trên AC lấy điểm M (M≠A và C). Vẽ đường trịn đường kính

MC. Gọi T là giao điểm thứ hai của cạnh BC với đường tròn. Nối BM kéo dài cắt đường
tròn tại điểm thứ hai là D. Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai S. Chứng
minh:

a) Tứ giác ABTM nội tiếp

b) Khi M chuyển động trên AC thì ADM· có số đo khơng đổi.
c) AB//ST.

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

Bµi 1 : M = 1+√a

Bµi 2 : NghiƯm cđa hpt lµ : (x = 3; y = 4), (x = 4; y = 3), (x = -3; y = -4), (x = -4; y = -3)
Bµi 3 : PT : 1x+ 1

x+6=

4 . Ngêi thø nhÊt 6h. Ngêi thø hai 12h.

Bài 4 : Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là n0 của pt : x2 = 3x + m ⇔ x2 - 3x – m2 = 0

(1)

1/ Cã Δ = (-3)2 – 4.1.(-m2) = 9 + 4m2

Vì m2 0 với mọi m nên 4m2 0 víi mäi m. ⇒ 9 + 4m2 > 0 víi mäi m hay Δ > 0

víi mäi m ⇒ (1) lu«n cã 2 n0 p/b víi mäi m ⇒ (d) lu«n cắt (P) tại 2 điểm p/b với mọi

2/ Gi x1, x2 là hoành độ giao điểm của (d) và (P) thì y1 = 3x1 + m2, y2 = 3x2+ m2và x1, x2 là

n0 cña (1). Theo Vi – et cã: x1 + x2= 3 vµ x1x2 = -m2.

Khi đó để y1 + y2 = 11y1y2 thì 3x1 + m2 + 3x2+ m2 = 11(3x1 + m2)(3x2+ m2)

⇔ 3(x1 + x2) + 2m2 = 11[9x1x2 + 3m2(x1 + x2) + m4]

⇔ 3.3 + 2m2 = 11[9(-m2) + 3m2.3 + m4]

⇔ 9 + 2m2 + 99m2 – 99m2 – 11m4 = 0 ⇔ 11m4 - 2 m2 – 9 = 0 (*)

Giải (*) ta đợc m = 1, m = -1, m = 3

√11 , m = -
3

√11 .

Bµi 5 : 1/ Cã BAM + BTM = 1800 ⇒ tø gi¸c ABTM nt

D
S

O C

A
B

2/ Có SDM = TCM hay ADM = ACB.
Mà ACB có sđ khơng đổi nên ADM khơng đổi khi M di chuyển trên AC.

3/ Có SDM = TCM , SDM = SCM ⇒ TCM = SCM ⇒ MT = MS ⇒ Δ MTS cân tại
M ⇒ p/g MC đồng thời là đờng cao ⇒ MC ST ⇒ ST // AB.

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

---%---(Tuyển sinh vào 10 năm học 2002-2003)

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1 (2đ)

S=( √y

x+√xy+

√y
x −√xy):

2√xy

x − y Cho biểu thức:

(Với x > 0, y >0, x  y)

a/ Rút gọn biểu thức S.

b/ Tìm giá trị của x và y để S = 1

Bài 2 (2đ):

Trên Parabol y = 12 x2 lấy hai điểm A và B, biết hoành độ của A là xA = - 2; tung độ của B

là yB = 8. Viết phương trình đường thẳng AB.

Bài 3 (1đ)

Xác định giá trị của m trong phương trình bậc hai:
x2 - 8x + m = 0

để 4+ √3 là nghiệm phương trình. Với m vừa tìm được, phương trình đã cho cịn một

nghiệm nữa. tìm nghiệm cị lại ấy.

Bài 4 (4đ)

Cho hình thang cân ABCD (AB>CD; AB//CD) nội tiếp trong đường tròn (O). Tiếp tuyến
với đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại E. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và
BD

a/ Chứng minh: Tứ giác AEDI nội tiếp
b/ Chứng minh AB//EI

c/ Đường thẳng EI cắt cạnh bên AD và BC của hình thang tương ứng ở R và S.
Chứng minh:

 I là trung điểm của RS
 1

AB+
1
CD=

2
RS

Bài 5 (1đ):

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

(16x4 + 1)(y4 + 1) = 16x2y2

Híng dÉn

Bµi 1 : 1/ S = 1

√y . 2/ S = 1 khi x > 0, x 1 vµ y = 1.

Bài 2 : xA = -2 ⇒ yA = 2, yB = 8 ⇒ xB = ± 4. Khi đó pt đt AB là : y = x + 4; y = -3x –

Bµi 3 : m = 13, x2 = 4 - √3

Bµi 4 :

1/ Cã : AED = 1/2(s® ABD - s®AD )
AID = 1/2 (sđ AD + sđBC)
Lại có : AD = BC ⇒ s® AD = s® BC

⇒ AED + AID = 1/2(s® ABD - s®AD) + 1/2(s® AD + sđ

BC) = 1/2.3600 = 1800.

Tứ giác AEDI nt.
2/ Cã AIE = ADE, BAC = ∠ ADE

⇒ ∠ AIE = ∠ BAC ⇒ AB // EI.

3.a/ Cã ∠ ACD = BDC ICD cân tại I. ⇒ IC = ID.

∠ SIC = ∠ IDC, ∠ RID = ∠ IDC ⇒ ∠ SIC = ∠ RID.
⇒ Δ RDI = Δ SCI (g.c.g) ⇒ RI = SI.

b/ Cã AI
AC=
RI
DC ,
CI
CA=
SI

AB (hệ quả định lí Talet) ⇒
SI
AB+
RI
CD=
AI+IC
AC =
AC
AC=1
Mà SI = RI = 1

2 RS ⇒
1
AB+
1
CD=
2
RS

Bµi 5 : (16x4 + 1)(y4 + 1) = 16x2y2 ⇔ 16x4y4 + 16x4 + y4 + 1 – 16x2y2 = 0.

⇔ (16x4y4 - 8 x2y2 + 1) + (16x4 - 8 x2y2 + y4) = 0 ⇔ (x2y2 – 1)2 + (4x2 – y2)2 = 0

⇔

x2y2−1=0
4x2− y2=0

¿{

⇔ … ⇔

x=1
2
y=1
¿{
¿
,
¿

x=−1
2
y=1
¿{
¿
,
¿

x=1
2

y=−1

¿{

¿
,

x=−1
2

y=−1

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

(Tuyển sinh vào 10 năm học 2003-2004)

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1 (2đ)

Giải hệ phương trình:

2 5

3 1

1,7

x x y

ìïï + =

ïï +

ïïí

ïï + =

ïï +

ïïỵ

Bài 2 (2đ):

Cho biểu thức:

1
1

x
P

x x x

= +

+ - (với 0 < x ≠ 1)

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của P khi x =

1
2

Bài 3 (3đ)

Cho đường tròn (O) và điểm A cố định nằm ngồi đường trịn. Từ A kẻ các tiếp tuyến AP;
AQ với đường tròn (O) (P, Q là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua O vng góc với OP cắt
đường thẳng AQ tại M.

a/ Chứng minh rằng MO = MA.

b/ Lấy điểm N trên cung lớn PQ của đường tròn (O), sao cho tiếp tuyến tại N của
đường tròn (O) cắt tia AP, AQ tương ứng tại B và C.

 Chứng minh rằng AB + AC – BC khơng phụ thuộc vào vị trí điểm N.

 Chứng minh rằng nếu tứ giác BCQP nội tiếp thì PQ//BC

Bài 4 (2đ)

Cho đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b. Biết rằng đường thẳng (d) cắt trục hồnh
tại điểm có hồnh độ bằng 1 và song song với đường thẳng y = - 2x + 2003

a) Tìm a và b?

b) Tìm toạ độ giao điểm của (d) và parabol

1
2

y= - x

(nếu có)

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

Giải phương trình:

2 2 3 2 2 3 2 3

x - x- + x- = x + x+ + x

-Híng dÉn

Bµi 1 : NghiƯm cđa hpt lµ : (x = 2; y = 3)
Bµi 2 : 1/ P = −x −x+11 . 2/ Víi x = 1

√2 thì P = (1 + √2 )2.
Bài 3 : 1/ a = -2, b = 2. 2/ Toạ độ giao điểm của (d) và (P) là: (2; -2).

Bµi 4 :

1/ Cã OM//AP ⇒ ∠ AOM = ∠ OAP, ∠ OAQ =

∠ OAP

⇒ ∠ AOM = ∠ OAQ ⇒ Δ MAO c©n t¹i M ⇒
MO =MA

2/ Cã BP = BN, CQ = CN, AP = AQ (T/c 2 tt c¾t nhau)
⇒ AB + AC – BC = AP + PB + AQ + QC – BN – CN
= AP + AQ = 2AP = const.

3/ Cã tø gi¸c BCQP nt ⇒ ∠ PBC + ∠ PQC = 1800

L¹i cã ∠ AQP + ∠ PQC = 1800 ⇒ ∠ PBC = AQP

Mà AQP = APQ nên ∠ APQ = ∠ PBC ⇒ PQ // BC.
Bµi 5 :

√

x2−2x −3+√x+2=

√

x2+3x+2+❑√x −3 (®k : x 3)

⇔

√

(x+1)(x −3)+√x+2−

√

(x+1)(x+2)−❑√x −3=0

⇔ √x −3(√x+1−1)−√x+2(√x+1−1)=0

⇔ (√x+1−1)(√x −3−√x+2)=0

⇔

√x+1−1=0

√x −3−√x+2=0

¿
¿
¿
¿

⇔

√x −1=1⇒x=0

¿
√x −3=√x+1

¿
¿
¿
¿

VËy PTVN.
C

Q
B

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

(Tuyển sinh vào 10 năm học 2004-2005)

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1 (3đ):

1) Đơn giản biểu thức: P = 14 6 5+ + 14 6 5

-2) Cho biểu thức:

2 2 1

2 1 1

x x x

Q

x x x x

ổ + - ửữ +

ỗ

=ỗỗố + + - - ÷÷÷ø

(với 0 < x ≠ 1)
a) Chứng minh rằng

2
1

Q
x

-b) Tìm số nguyên x lớn nhất để Q có giá trị là số nguyên.

Bài 2 (3đ):

Cho hệ phương trình:

( 1) 4

a x y

ax y a

ì + + =

ïïï

íï + =

ïïỵ (a là tham số)

1. Giải hệ phương trình trên khi a = 1

2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của a thì hệ phương trình ln có nghiệm duy nhất
(x; y) sao cho x+ ³y 2.

Bài 3 (3đ):

Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (O)
tại A. M và Q là hai điểm trên (d) sao cho M≠A, M≠Q, Q≠A. Các đường thẳng BM và BQ
lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là N và P. Chứng minh:

1. Tích BN.BM khơng đổi.

2. Tứ giác MNPQ nội tiếp.

3. Bất đẳng thức: BN + BP + BM + BQ > 8R

Bài 4 (1đ):

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

2
2

2 6
2 5

x x

y

x x

+ +
=

+ +
Híng dÉn

Bµi 1 : 1/ P = 6. 2.b/ Để Q Z thì x 1 Ư(2). Để x lớn nhất thì x – 1 = 2 ⇒ x = 3.

Bµi 2 : 1/ Víi a = 1 hpt cã no lµ (x = 2; y = 0)

2/ Giải hpt ta tìm đợc no cua hpt (x = -2a + 4; y = 2a2 – 2a)

XÐt x + y – 2 = -2a + 4 + 2a2 – 2a – 2 = 2a2 – 4a + 2 = 2(a2 – 2a + 1) = 2(a + 1)2 2

⇒ x + y 2.
Bµi 3 :

1/ Δ ABN ~ Δ MBA (g.g) ⇒ ABBM=BN
AB
⇒ BM.BN = AB2 = 4R2 = const.

2/ Cã ∠ MQP = 1

2 (s® AB – s® ANP) =

2 s® BP
∠ PNB = 1

2 s® BP ⇒ ∠ MQP = ∠ PNB
L¹i cã ∠ PNB+ ∠ PNM =1800 ⇒ ∠ MQP+ ∠

PNM =1800

⇒ Tứ giác MNPQ nt
3/ A/d bđt Cô-si có :

BM + BN 2 √BM . BN = 2

√

4R2 =4R. DÊu ‘=’ x¶y ra khi BM = MN ⇒ M N. Tr¸i
GT

⇒ BM + BN > 4R. MTT đợc BP + BQ > 4R
⇒ BM + BN + BP + BQ > 8R.

Bµi 4 : XÐt y2 =

x2+2x+6¿2
¿
¿
¿

Cã x2 + 2x + 5 = (x + 1)2 + 4 4, (x + 1)2 + 5 5 ⇒ [(x + 1)2 + 5]2 25

Khi (x + 1)2 + 4 thªm bao nhiêu thì (x + 1)2 + 5 cũng tăng lªn bÊy nhiªu.

⇒ y2 25

4 ⇒ y

2 . VËy GTNN cđa y lµ
5

2 khi x = -1.

A B

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

(Tuyển sinh vào 10 năm học 2005-2006)

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1 (2đ):

a/ Tính giá trị của biểu thức: P =

√

7−4√3+

√

7+4√3

b/ Chứng minh √a −√b¿

+4√ab

¿
¿
¿

(với a > 0; b > 0)

Bài 2 (3đ):

Cho Parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình;
(P): y=x

2 (d): y = mx – m + 2 (m là tham số)

1. Tìm m để đường thẳng (d) và parabol (P) cùng đi qua điểm có hồnh độ bằng 4.
2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai
điểm phân biệt.

3. Giả sử (x1; y1) và (x2; y2) là toạ độ các giao điểm của (d) và (P). Chứng minh rằng:
y1+y2≥(2√2−1)(x1+x2)

Bài 3 (4đ):

Cho BC là dây cung cố định của đường tròn (O; R) (0 < BC < 2R). A là một điểm di

động trên cung lớn BC sao cho Δ ABC nhọn. Các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H

(D BC; E CA; F AB)

4. Chứng minh: Tứ giác BCEF nội tiếp. Từ đó suy ra AE.AC = AF.AB

5. Gọi A' là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: AH = 2OA'

6. Kẻ đường thẳng d tiếp xúc với đường trịn (O) tại A. Đặt S là diện tích Δ ABC, 2p

là chu vi Δ DEF. Chứng minh:

a. d // EF
b. S = p.R

Bài 4 (1đ):

Giải phương trình:

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

Híng dÉn

Bµi 1 : 1/ P = 4.

Bài 2 : Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là no của pt :

2 x2 = mx – m + 2 ⇔ x2 – 2mx + 2m – 4 = 0 (1)

1/ Để (d) và (P) cùng đi qua điểm có hồnh độ x = 4 thì : 42 – 2m.4 + 2m - 4 = 0

⇔ m = 3/2

2/ XÐt (1) cã Δ ’= (-m)2 – 1.(2m – 4) = m2 – 2m + 4 = (m + 1)2 + 3 > 0 víi mäi m

⇒ (1) lu«n cã 2 no p/b víi mäi m (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm p/b.

3/ Vỡ x1, x2 là hoành độ giao điểm cuả (d) và (P) nên x1, x2 là no của (1).

Theo Vi-et cã :x1 + x2 = 2m.

Cã y1 = mx1 – m + 2, y2 = mx2 – m + 2.

Khi đó : y1 + y2 (2√2−1)(x1+x2) đợc viết lại :
m(x1 + x2) – 2m + 4 (2√2−1)(x1+x2)

⇔ m(x1 + x2) – 2m + 4 (2√2−1)(x1+x2)
⇔ m.2m – 2m + 4 - (2√2−1)2m 0
⇔ 2m2 – 2m + 4 - 4

√2 m + 2m 0
⇔ 2m2 + 4 - 4

√2 m 0 ⇔ 2(m - √2 )2 0 víi mäi m.

VËy y1 + y2 (2√2−1)(x1+x2)

Bµi 4 :

C
B

F
K

A '

1/ Tứ giác BCEF có ∠ BEC = ∠ BFC = 900 ⇒ Tứ giác BCEF nt (tứ giác có 2 đỉnh liên

)
…

Cã Δ ACF ~ Δ ABE (g.g) ⇒ AC
AB=

AE ⇒ AC.AE = AB.AF
2/ KỴ ®k CK cđa (O).

Có OA’ là đờng trung bình của Δ KBC ⇒ OA’ = 1/2BK

Chøng minh tø giác AKBH là hbh BK = AH ⇒ AH = 2OA’.
3.a/ Cã tø gi¸c BFECnt ⇒ ∠ BCE + ∠ BFE = 1800

∠ BFE + ∠ AFE = 1800

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

L¹i cã ∠ BCA = ∠ BAd = 1/2s® cung AB

⇒ ∠ AFE = ∠ BAd ⇒ d// EF

b/ Vì d là tt của (O) nên d OA, mà FE // d ⇒ FE OA
CMTT ta đợc : FD OB, ED OC

SABC = SAEOF + SBDOF + SCEOD = 1

2 OA.FE +
1

2 OB.DF +
1

2 OC.DE =
1

2 R(FE + DF +
DE)

= 1

2 R.2p = p.R
Bµi 4 :

√

9x2+16=2

√2x+4+4√2− x (®k : -2 x 2)
⇔ 9x2 + 16 = 4(2x + 4) + 16(2 - x) + 16

√

(2x+4)(2− x)
⇔ 9x2 + 16 – 8x – 16 – 32 + 16x = 16

√

(2x+4)(2− x)
⇔ 9x2 + 8x – 32 = 16

√

(2x+4)(2− x)

⇔ 81x4 + 64x2 + 1024 + 144x3 – 572x2 – 512x = 256(4x – 2x2 +8 – 4x)

⇔ 81x4 + 144x3 – 512x2 – 512x + 1024 + 512x2 – 2048 = 0

⇔ 81x4 + 144x3 – 512x – 1024 = 0

⇔ (9x2 – 32)(9x2 + 32) + 16x(9x2 – 32) = 0

⇔ (9x2 – 32)(9x2 + 16x + 32) = 0

⇔

9x2−32=0(1)

9x2+16x+32=0(2)

¿
¿
¿
¿

Giải (1) ta đợc x = ± 4√2

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

(Tuyển sinh vào 10 năm học 2006-2007)

(Thời gian làm bài 120 phút)

Bài 1 (2đ):

Cho biểu thức:

1 1 2 1

1 1 2

x x

A

x x x x

ổ ử ổữ + + ửữ

ỗ ç

=èçç - - ø è÷÷÷çç - - - ÷÷÷ø

với x > 0; x≠1; x≠4

1. Rút gọn A.
2. Tìm x để A = 0.

Bài 2 (3,5đ):

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình;

(P):y =x2 ; (d): y = 2(a – 1)x + 5 – 2a (a là tham số)

1. Với a = 2, tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P)

2. Chứng minh rằng với mọi a đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt
3. Gọi hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) là x1; x2. Tìm a để

2 2

1 2 6

x +x =

Bài 3 (3,5đ):

Cho đường tròn (O) đường kính AB. điểm I nằm giữa A và O (I khác A và O). Kẻ dây
MN vng góc với AB tại I. Gọi C là điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN (C khác M, N khác B).
Nối AC cắt MN tại E. Chứng minh:

7. Tứ giác IECB nội tiếp.

8. AM2 = AE.AC

9. AE.AC – AI.IB = AI2
Bài 4 (1đ):

Cho a4; b5; c6 và a2 + b2 + c2 = 90. Chứng minh:

a + b + c  16

Híng dÉn

Bµi 1: 1/ A = √x −2

3√x . 2/ A = 0 ⇔

√x −2

3√x = 0 ⇔ √x −2 = 0 ⇔ x = 4 (lo¹i)

Bài 2: Hồnh độ giao điểm của (d) và (P) là no của pt:

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

1/ Với a = 2 thì ta có pt: x2 – 2x – 1 = 0. Giải pt ta đợc x

1 = 1 + √2 , x2 = 1 - √2

Toạ độ giao điểm của (d) và (P) là (1 + √2 ; 3 + √2 ), (1 - √2 ; 3 - √2 )

2/ XÐt (1) cã Δ ’ = [-(a – 1)]2 – 1.(2a – 5) = a2 – 2a + 1 – 2a +5 = a2 – 4a + 4 = (a – 2)2
⇒ Δ ’ 0 víi mäi m ⇒ (1) lu«n có 2 no p/b (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm p/b.

3/ Vỡ x1, x2 l honh độ giao điểm của (d) và (P) nên x1, x2 là no của (1).

Theo Vi-et ta cã x1 + x2 = 2(a - 1), x1.x2 = 2a – 5

§Ĩ x12 + x22 = 6 ⇔ ( x1 + x2)2 - 2 x1.x2 = 6 th×

[2(a – 1)]2 – 2(2a – 5) = 6 ⇔ 4a2 – 8a + 4 – 4a + 10 – 6 = 0 ⇔ 4a2 – 12a + 8 = 0 
⇔ a2 – 3a + 2 = 0 ⇔ a = 1, a = 2.

Bài 3:

1/ Tứ giác IECB có EIB + ∠ ECB = 900 + 900 = 1800
⇒ Tø gi¸c IECB nt

2/ Cã AB MN tại I nên MI = NI AB là trung trùc cña
MN ⇒ AM = AN ⇒ s® cung AM = s® cung AN ⇒

∠ AMN = ∠ ACM ⇒ Δ AME ~ Δ ACM (g.g)

⇒ AM

AC =

AM ⇒ AM2 = AE.AC

3/ Cã AM2 = AI.AB = AI(AI + IB) = AI2 + AI.IB
⇒ AM2 – AI.IB = AI2 ⇒ AE.AC – AI.IB = AI2.

Bài 4: Đặt a = x + 4 (x 0), b = y + 5 (y 0), c = z + 6 (z 0), khi đó : a2 + b2 + c2 = 90 đợc viết lại

lµ: (x + 4)2 + (y + 5)2 + (z + 6)2 = 90

⇔ x2 + 8x + 16 + y2 + 10y + 25 + z2 + 12z + 36 = 90 ⇔ x2 + 8x + y2 + 10y + z2 + 12z = 13

Cã x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2xz + 12x + 12y + 12z x2 + 8x + y2 + 10y + z2 + 12z = 13 
⇔ (x + y + z)2 + 12(x + y + z) 13

NÕu x + y + y < 1 th× (x + y + z)2 + 12(x + y + z) < 13 (V« lÝ)
NÕu x + y + y 1 th× a + b + c = x + y + z + 15 1 + 16 = 16.

A
E

I
O

B
M

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

(Tuyển sinh vào 10 năm học 2007-2008)

(Thời gian làm bài 120 phút)

Bài 1 (2,5đ):

Cho biểu thức:

5 2 4

1 .

2 3

x x

P x

x x

ổ ử ổữ + + ửữ

ỗ ỗ

= +ỗỗố - ứ ốữữữỗỗ - + ữữữứ

vi x0 v x4

1/ Rút gọn P
2/ Tìm x để P > 1.

Bài 2 (3đ):

Cho phương trình:

x2 – 2(m + 1)x + m – 4 = 0 (1) (m là tham số)

1. Giải phương trình (1) khi m = - 5

2. Chứng minh rằng phương trình (1) ln có hai nghiệm x1; x2 phân biệt với mọi m.

3. Tìm m để x1- x2 đạt giá trị nhỏ nhất (x1; x2 là hai nghiệm của phương trình ở câu b)

Bài 3 (3,5đ):

Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B phân biệt thuộc (O) sao cho đường thẳng AB
không đi qua tâm O. Trên tia đối của tia AB lấy điểm lấy điểm M khác A, từ M kẻ hai tiếp
tuyến phân biệt ME, MF với đường tròn (O) (E, F là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm
của dây cung AB. Các điểm K và I theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng EF với các
đường thẳng OM và OH.

10.Chứng minh 5 điểm M, O, H, E, F cùng nằm trên một đường tròn.

11.Chứng minh: OH.OI = OK. OM

12.Chứng minh: IA, IB là các tiếp tuyến của đường tròn (O)
Bài 4 (1đ):

Tìm tất cả các cặp số (x; y) thoả mãn: x2 + 2y2 +2xy – 5x – 5y = -6 để x + y là số ngun
Híng dÉn

Bµi 1 : 1/ P = √x −4

√x −2 . 2/ P = 1 khi 0 x < 4.
Bµi 2 :1/ Khi m = -5, ta cã pt x2 + 8x - 9 = 0 ⇒ x

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

2/ Cã Δ' = [-(m + 1)]2 – 1.(m – 4) = m2 + 2m + 1 – m + 4 = m2 + m + 5 = (m + 1

2 )2
+ 19

4 >0

⇒ PT lu«n cã 2 no p/b víi mäi m.

3/ No cđa pt lµ x1 = m +

√

m2+m+5 , x2 = m -

√

m2+m+5

|x1− x2|=|m+

√

m
2

+m+5−m+

√

m2+m+5| =

|2

√

m2+m+5

|

= 2

√

m2+m+5
Cã m2 + m + 5 = (m + 1

2 )2 +
19

4 ⇒

√

m2+m+5 √
19
2
⇒ 2

√

m2

+m+5 √19 .

VËy GTNN cña |x1− x2| lµ √19 khi m = -1.
Bµi 3 :

K O

A
M

B
E

F
H

1/ 5 điểm M, E, O, H, F cùng nằm trên đờng trịn đờng kính MO.
2/ Δ OHM ~ Δ OKI (g.g) ⇒ OHOK=OM

OI ⇒ OH.OI = OM.OK
3/ Cã Δ MEO ~ Δ EKO (g.g) ⇒ MOOE =OE

OK ⇒ MO.OK = OE2

Mµ OE = OA nªn MO.OK = OA2 ⇒ MO

OA =
OA

OK ⇒ Δ MOA ~ Δ AOK (c.g.c)
⇒ ∠ OMA = ∠ OAK. Mµ ∠ OMA = ∠ OIK (cmt) ⇒ ∠ OAK = ∠ OIK

⇒ Tứ giác IAKO nt (tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp …)

⇒ ∠ OAI = ∠ OKI = 900 (2 gãc nt cïng ch¾n cung OI cđa (IAKO))

⇒ OA IA ⇒ IA lµ tt cđa (O).

L¹i cã ∠ OAI = ∠ OBI = 900 ⇒ IB lµ tt cđa (O).

Bµi 4 : x2 + 2y2 + 2xy – 5x – 5y = -6 (1)

Cách 1 : Đặt x + y = t (t Z) ⇒ y = t – x ⇒ y2 = t2 – 2xt + x2 ta đợc pt :

x2 +2(t2 – 2tx + x2) +2x(t – x) – 5x – 5(t – x) + 6 = 0.

⇔ x2 +2t2 – 4tx + 2x2 + 2xt – 2x2 – 5x – 5t + 5x + 6 = 0

⇔ x2- 2xt + 2t2 – 5t + 6 = 0 (*)

Cã Δ' = (-t)2 -1.(2t2 – 5t + 6) = t2 – 2t2 + 5t – 6 = -t2 + 5t 6

Để (1) có no (x; y) thì (*) có no x.

Để (*) có no x thì Δ' 0 hay -t2 + 5t – 6 0 ⇔ t2 - 5t + 6 0 ⇔ (t - 3)(t - 2)

⇔ 2 t 3

⇒ pt (*) cã no x1, 2 = t

t2+5t 6

Mà t Z nên t {3; 2}.

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

- Víi t = 2 th× x = 2 ⇒ y = 0.

VËy víi (x = 3; y = 0), (x = 2; y = 0) th× x2 + 2y2 + 2xy – 5x 5y = -6 và x + y là số

nguyên.

Cách 2 : x2 + 2y2 + 2xy – 5x – 5y = -6 ⇔ (x + y)2 – 5(x + y) + 6 + y2 = 0,

⇔ (x + y – 3)(x + y – 2) + y2 = 0.

- NÕu y = 0 th×

x −3=0

x −2=0

¿
¿

⇔

x=3

x=2

¿
¿
¿
¿
- Nếu y 0 thì y2 0, khi đó :

(x + y – 3)(x + y – 2) + y2 = 0 ⇔ (x + y – 3)(x + y – 2) < 0

⇔

¿x+y −3<0

x+y −2>0

¿
¿
¿

x+y −3>0

x+y −2<0

¿
¿
¿
¿
¿

⇔

¿x+y<3

x+y>2

¿
¿
¿

x+y>3

x+y<2

¿
¿
¿

¿
¿

⇔

2<x+y<3

V «lÝ

¿
¿
¿
¿

Vì x + y Z nên khơng có số ngun nào thoả mãn lớn hơn 2 và nhỏ hơn 3. Do đó khơng
có cặp số (x; y) nào thoả mãn 2 < x + y < 3.

VËy víi (x = 2; y = 0), (x = 3; y = 0) th× x2 + 2y2 + 2xy – 5x – 5y = -6 và x + y là số

nguyên.

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

(Tuyển sinh vào 10 năm học 2008-2009)

(Thời gian làm bài 120 phút)

Bài 1 (2,0đ): Các câu dưới đây, sau mỗi câu có 4 phương án trả lời (A, B, C, D), trong đó chỉ có một

phương án đúng. Hãy viết vào bài làm của mình phương án trả lời mà em cho là đúng

Câu 1: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: y = 2x + 1 và d2: y = x – 1. Hai đường thẳng

trên cắt nhau tại điểm có toạ độ là:

A. (-2; -3) B. (-3; -2) C. (0; 1) D. (2; 1)

Câu 2: Trong các hàm số sau đây, hàm số nào đồng biến khi x < 0?

A. y = -2x B. y = -x + 10 C. y= 3x2 D. y=( 3 2)- x2

Câu 3: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho các đồ thị của hàm số y=2x+3 và hàm số y=x2. Các đồ thị trên cắt

nhau tại hai điểm có hồnh độ lần lượt là:

A. 1 và -3 B. -1 và -3 C. 1 và 3 D. -1 và 3

Câu 4: Trong các phương trình sau phương trình nào có tổng hai nghiệm bằng 5?

A. x2- 5x+25=0 B. 2x2- 10x- 2=0 C. x2- 5 0= D. 2x2+10x+ =1 0

Câu 5: Trong các phương trình sau đây phương trình nào có hai nghiệm âm?

A. x2+2x+ =3 0 B. x2+ 2x- 1 0= C. x2+3x+ =1 0 D. x2+ =5 0

Câu 6: Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') có OO'=4cm; R=7cm; R'=3cm. Hai đường trịn trên đã cho:

A. cắt nhau B. Tiếp xúc trong C. ở ngồi nhau D. Tiếp xúc ngồi

Câu 7: Cho ABC vng tại A có AB=4cm; AC=3cm. Đường trịn ngoại tiếp ABC có bán kính bằng:

A. 5cm B. 2cm C. 2,5cm D. 5cm

Câu 8: Một hình trụ có bán kính đáy là 3cm, chiều cao 5cm. Khi đó diện tích xung quanh của hình trụ là:

A. 30cm2 B. 30cm2 C. 45cm2 D. 15cm2

Bài 2 (1,5đ)

Cho biểu thức:

2 1

1 :

1 1

x x x

P

x x x x

ỉ ư÷ + +

ỗ

= -ỗỗố - + ữữữứ +

(với x0)

4. Rút gọn P.
5. Tìm x để P < 0

Bài 3 (2,0đ)

Cho phương trình x2+2mx+m-1=0

1. Giải phương trình khi m=2

2. Chứng minh rằng phương trình ln có hai nghiệm phân biệt, với mọi m. Hãy xác định của m
để phương trình có nghiệm dương.

Bài 4 (3,0đ):

Cho đường trịn (O; R) có đường kính AB; điểm I nằm giữa hai điểm A và O. Kẻ đường thẳng vng
góc với AB tại I, đường thẳng này cắt đường tròn (O; R) tại M và N. Gọi S là giao điểm BM và AN. Qua S
kẻ đường thẳng song song với MN, đường thẳng này cắt các đường thẳng AB và AM lần lượt ở K và H.
Hãy chứng minh:

13. Tứ giác SKAM là tứ giác nội tiếp và HS.HK=HA.HM.
14. KM là tiếp tuyến của đường tròn (O; R)

15. Ba điểm H; N; B thẳng hàng

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

1) Giải hệ phương trình:

2
2

6 12

xy y

xy x

ìï - =

-ïï

íï = +
ïïỵ

2) Giải phương trình: x+3.x4=2x4- 2008x+2008
----

HẾT----(Tun sinh vào 10 năm học 2009-2010)

(Thời gian làm bài 120 phót)

Bài 1 (2,0 điểm). Trong mỗi câu từ câu 1 đến câu 8 đều có bốn phơng án trả lời A, B, C, D;
trong đó chỉ có một phơng án đúng. Hãy chọn phơng án đúng và viết vào bài làm.
Câu 1: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, đồ thị các hàm số y=x2 và y=4x+m ct nhau ti

hai điểm phân biệt khi và chỉ khi

A. m>−1 B. m>−4 C. m<−1 D. m<−4

Câu 2: Cho phơng trình 3x −2y+1=0 . Phơng trình nào sau đây cùng với phơng trình đã
cho lập thành một hệ phơng trình vơ nghiệm?

A. 2x −3y −1=0 B. 6x −4y+2=0 C. −6x+4 y+1=0 D.
6x+4 y 2=0

Câu 3: Phơng trình nào sau đây có Ýt nhÊt mét nghiƯm nguyªn?

A. (x −√5)2=5 B. 9x2−1=0 C. 4x2−4x+1=0 D.

x2+x+2=0

Câu 4: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, góc tạo bởi đờng thẳng y=√3x+5 và trục Ox bằng
A. 300 B. 1200 C. 600 D. 1500

Câu 5: Cho biểu thức: P=a√5 , với a<0. Đa thừa số ra vào trong dấu căn, ta đợc P bằng
A.

√

5a2 B. −

√5a C. √5a D.

5a2
Câu 6: Trong các phơng trình sau đây, phơng trình nào có hai nghiệm dơng?

A. x222x+1=0 B. x2−4x+5=0 C. x2+10x+1=0 D.

x2−

√5x −1=0

Câu 7: Cho đờng trịn (O; R) ngoại tiếp tam giác MNP vng cân ở M. Khi đó MN bằng
A. R B. 2R C. 2√2R D. R√2

Câu 8: Cho hình chữ nhật MNPQ có MN=4 cm, MQ=3 cm. Khi quay hình chữ nhật đã cho
một vòng quanh cạnh MN ta đợc một hình trụ có thể tích bằng

A. 48 cm3 B. 36 cm3 C. 24 cm3 D. 72 cm3

Bài 2(2,0 điểm)

1) Tìm x, biÕt:

√

(2x −1)2
=9

2) Rót gän biĨu thøc: M=√12+ 4

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

3) Tìm điều kiện xác định ca biu thc: A=

x2+6x 9

Bài 3(1,5 điểm). Cho phơng trình: x2+(3 m)x+2(m5)=0 (1), với m là tham số.
1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, phơng trình (1) luôn có nghiệm x1=2.

2) Tỡm giá trị của m để phơng trình (1) có nghiệm x2=1+2√2 .

Bài 4(3,0 điểm). Cho đờng tròn (O; R) và điểm A nằm ngồi đờng trịn (O; R). Đờng trịn
đờng kính AO cắt đờng trịn (O; R) tại M và N. Đờng thẳng d qua A cắt (O; R) tại B
và C (d không qua O; điểm B nằm giữa hai điểm A và C). Gọi H là trung điểm của
BC.

1) Chứng minh: AM là tiếp tuyến của (O; R) và H thuộc đờng tròn đờng kính AO.
2) Đờng thẳng qua B vng góc với OM cắt MN ở D. Chứng minh rằng:

a) AHN = BDN.

b) Đờng thẳng DH song song với đờng thẳng MC.
c) HB + HD > CD.

Bài 5(1,5 điểm)

1) Giải hệ phơng trình:

x+y −2 xy=0

x+y − x2y2=

√

(xy−1)2+1

¿{

2) Chøng minh r»ng víi mäi x ta lu«n cã: (2x+1)

√

x2− x+1>(2x −1)

√

x2+x+1
---- HÕt

----Sở giáo dục - đào tạo

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

Thời gian làm bài 120 phút (không 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 ®©y cã tỉng hai nghiƯm b»ng 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

Câu 4. Phơng trình x2 + 4 x + m = 0 cã nghiÖm khi vµ chØ khi

A. m4. B. m4. C. m4. D. m 4.

Câu 5. Phơng trình 3x4x có tập nghiệm là

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



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 coa 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

b»ng

6
cm

 .

B. 6cm.

2
cm


D. 2cm.

Phần 2- Tự luận (8,0 điểm)

Câu 1. (1,5 điểm) Cho biÓu thøc P =

1 1 2

x x

x x x x

 



 

     

  víi x0vµ x1.

1) Rót gän biĨu thøc P.

2) Chøng minh rằng khi x 3 2 2 thì P =

1
2.
Câu 2. (1,5 ®iĨm)

1) Cho hàm số 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.

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
tròn (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 tròn (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 kiÖn 2



x y 4y x 4



xy

HƯớng dẫn giảI và dự kiến ỏp ỏn tuyn sinh vo lp 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; Cõu 8: C

2,0

II
Câu1

(1,5đ) 1. (1®)

Thùc hiƯn:

2 2( 1) ( 1)

1 1 ( 1)( 1)

x x x x

  

 

   

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

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 ®iĨm A(1;4) suy ra x = 1 vµ 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 hm s l (-1; 1) v (3; 9)

0,25
0,25
0,25
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

      

   

     

 (x y 1)2(x2 )y 2 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)

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=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 vng MAO tính đợc AN = R
+ Tính đợc góc NAM = 300

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

2. (2,0®)

a) 1.25điểm. Chứng minh tứ giác PQDC nội tiếp

+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 =

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 nên góc PQD + góc DCP = 1800

Vậy tứ giác PQDC néi tiÕp

0,50

0,25

0,25
0,25

b) 1 ®iĨm. Chøng minh 3BQ – 2AQ > 4R

*Xét tam giác ABQ có :
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
 4( AQ – AB )2 + AQ2 + AB2 > 0 ( ln đúng ) 
 đpcm

0,50
0,25

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

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO
TẠO

NINH BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học: 2011 - 2012

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

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian
giao đề)

Câu 1(2,0 điểm)

1.Rút gọn các biểu thức sau:

a) A 2 8 b)





a b

B a b b a

ab b ab a

 

   

   

 



với a > 0 ,b > 0, a b

2. Giải hệ phương trình sau:

2 9

24
x y
x y

 




 



Câu 2(3,0 điểm)

1. Cho phương trình x2 – 2x – (m2 + 4) = 0 (1) (m là tham số)

a) Chứng minh rằng với mọi m phương trình(1) ln có 2 nghiệm phân biệt.
b) Gọi x1,x2 là 2 nghiệm của phương trình (1) .Tìm m để :

2 2

1 2 20

x x 

2. Cho hàm số y = mx + 1 (1) ( với m là tham số)

a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A(1;4).Với giá trị m vừa tìm được ,hàm số
(1) đồng biến hay nghịch biến trên R?

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng (d) có phương trình :
x + y + 3 = 0.

Câu 3(1,5 điểm)

Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B dài 30 km.Khi đi ngược trở lại từ
B về A người đó tăng vận tốc them (3km/h) nên thời gian về ít hơn thời gian đi là 30

phút .Tính vận tốc của người đi xe đạp lúc đi từ A đến B.

Câu 4(2,5 điểm)

Cho đường trịn tâm O, bán kính R .Từ điểm A bên ngồi đường trịn, kẻ 2 tiếp tuyến
AB và AC với đường tròn (B,C là các tiếp điểm) .Từ điểm B kẻ đường thẳng song song với
AC , cắt đường tròn tại D(D khác B) .Nối AD cắt đường tròn(O) tại điểm thứ hai là K .Nối
BK cắt AC tại I.

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh IC2 = IK.IB.

c) Cho góc BAC = 600 .Chứng minh 3 điểm A,O,D thẳng hang.

Câu 5(1,0 điểm)

Cho 3 số x,y,z thỏa mãn





, , 1;3
3
x y z

x y z

  



  

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

LỜI GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TỈNH NINH BÌNH NĂM 2011 2012

CÂU 1:

1.

a. A= + = 3

b. B= ( + )(a - b ) với a>0, b>0, a#b.

= ( + ) ( - )
= a -b.

Hpt: 2x+y=9 tuong duong x-y=24 tuong duong x=11
x-y=24 3x=33 y= -13

CÂU 2:

1. a. Xét phương trình:
x - 2x-( m +4) = 0

Có: = 1+ m +4= m +5 >0 m

 phương trình ln có 2 ngo phân biệt m

b.theo Viète ta có: (1)

TBR: x + x = 20  (x+x) -2 xx = 20 (2)

Thay (1) vào (2) ta có: 4+2(m +4) = 20

 m = 4



Vậy………

2. a.. Vì (d): y=mx+1 đi qua A(1;4) nên 4=m+1  m=3

Với m=3 thi (d) trở thành: y=3m+. Hàm số trên đồng biến trên R.

b. Có: (d): y=mx+1
(d’): y= -x-3
Vì 1#3, để (d)//(d’) thì m=-1.
Vậy m=-1.

CÂU 3:

Gọi vận tốc của người đó lúc đi từ A đến B là x km/h. ĐK: x>0, x R.
 vận tốc của người đó lúc về tù B đến A là: x+3 km/h.

Thời gian người đó đi từ A đến B là: h
Thời gian người đó đi từ B về A là: h

TBR thời gian về ít hơn thời gian đi là h nên ta có pt:
- =  =  x +3x- 180=0 có x=12 là thỏa mãn.

Vậy vận tốc của người đó lúc đi từ A đến B là 12km/h.

CÂU 4:

Các bạn tự vẽ hình, do mình chưa download được phần mềm vẽ hình trong Word.
1.Có = 90; = 90 ( tính chất tiếp tuyến)

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

 tứ giác OBAC nội tiếp được.

2. Xét ICB và IKC:

: chung và =

 ICB ∽IKC (g.g)
 =

 IC = IB.IK (đfcm).

3. Vì AB=AC ( t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)

= 60 nên  ABC đều  = 60 và AB=AC=BC (1)

 =60 (2 góc so le do BD//AC)

Và = 60 ( hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây)
 BDC đều  BC=CD=BD (2)

Từ (1) và (2)  AB=BD=DC=CA

 tứ giác ABDC là hình thoi.

 AD BC ( t/c đường chéo của hình thoi) (*)

Lại có: nên OA là trung trực của BC
 OA  BC (**)

Từ (*), (**)  OA AD  A, O, D thẳng hàng. (Đfcm).
CÂU 5:

Vì x;y;z  , x+y+z=3 nên ta có: ( tự khai triển và thay số tính tốn)

i. (x+1)(y+1)(z+1) 0

 xyz +( xy+yz+ zx) +4  0 (a)

ii. (3-x)(3-y)(3-z)  0

 3( xy+yz+zx) -xyz  0 (b)

Từ (a) và (b)  4(xy+yz+zx) +4  0

 xy+yz+zx  -1

 -2(xy+yz+zx)  2

</div>

TS 10 mon ToanNam Dinhtu 2000 den 2011

√

<i>(Thời gian làm bài 150 phút)</i>

<i>(Thời gian làm bài 150 phút)</i>

<sub>25</sub>

12

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>xy</i>

ìï

+

=

ïïí

ï

<sub>=</sub>

ïïỵ

<i>(Thời gian làm bài 150 phút)</i>

<i>(Thời gian làm bài 150 phút)</i>

√

√

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<i>(Thời gian làm bài 150 phút)</i>

<sub>√</sub>

<i>(Thời gian làm bài 150 phút)</i>

√

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

√

√

√

<i>(Thời gian làm bài 120 phút)</i>

<i>(Thời gian làm bài 120 phút)</i>

√

√

√

√

|2

√

|

√

√

<sub>√</sub>

<i>(Thời gian làm bài 120 phút)</i>

<sub>√</sub>

<sub></sub>

<sub>√</sub>

√

√

√













 



























 













 



