SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi TOÁN ( chung cho tất cả các thí sinh)
Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2.0 điểm )
1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa
a)

b)

2. Trục căn thức ở mẫu
a)

b)

3. Giải hệ phương trình :
Bài 2 (3.0 điểm )
Cho hàm số y = x2 và y = x + 2
a) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy
b) Tìm tọa độ các giao điểm A,B của đồ thị hai hàm số trên bằng phép tính
c) Tính diện tích tam giác OAB
Bài 3 (1.0 điểm )
Cho phương trình
x2 – 2mx + m 2 – m + 3 có hai nghiệm x1 ; x 2 (với m là
tham số ) .Tìm biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4 (4.0 điểm )
Cho đường tròn tâm (O) ,đường kính AC .Vẽ dây BD vuông góc với AC tại K
( K nằm giữa A và O).Lấy điểm E trên cung nhỏ CD ( E không trùng C và D), AE cắt
BD tại H.
a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp.
b) Chứng minh rằng AD2 = AH . AE.
c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O).
d) Cho góc BCD bằng α . Trên mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , vẽ tam
giác MBC cân tại M .Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O).
======Hết======
Họ và dẫn:
tên : ...........................................................................................Số báo danh......................................
Hướng

Bài 1 (2.0 điểm )
1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa
a)
2. Trục căn thức ở mẫu

b)

a)

b)

3. Giải hệ phương trình :
Bài 2 (3.0 điểm )
Cho hàm số y = x2 và y = x + 2
a) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy
Lập bảng :
x
0
-2
x
-2
-1
0
1
2
y=x+2
2
0
y=x
4
1
0
1

2
4

y
B

A
C
K

O

x
H

b) Tìm toạ độ giao điểm A,B :
Gọi tọa độ các giao điểm A( x1  ; y1 ) , B( x2 ; y2 ) của hàm số y = x2 có đồ thị
(P) và y = x + 2 có đồ thị (d)
Viết phương trình hoành độ điểm chung của (P) và (d)
x2 = x + 2  x2 – x – 2 = 0
( a = 1 , b = – 1 , c = – 2 ) có a – b + c = 1 – ( – 1 ) – 2 = 0
;
thay x1 = -1
y1 = x2 = (-1)2 = 1 ;
x2 = 2
y2 = 4
Vậy tọa độ giao điểm là A( - 1  ; 1 ) , B( 2 ; 4 )
c) Tính diện tích tam giác OAB
Cách 1 : SOAB = SCBH - SOAC = (OC.BH - OC.AK)= ... = (8 - 2)= 3đvdt
Cách 2 : Ctỏ đường thẳng OA và đường thẳng AB vuông góc
OA
; BC =
;
AB = BC – AC = BC – OA =
(ΔOAC cân do AK là đường cao đồng thời trung tuyến OA=AC)
SOAB =

OA.AB =

đvdt

Hoặc dùng công thức để tính AB =

;OA=

...

Bài 3 (1.0 điểm ).Tìm biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Cho phương trình
x2 – 2mx + m 2 – m + 3
( a = 1 ; b = - 2m => b' = - m ; c = m2 - m + 3 )
Δ' = ...= m2 - 1. ( m2 - m + 3 ) = m2 - m2 + m - 3 = m – 3 ,do pt có hai nghiệm x1 ; x 2
(với m là tham số ) Δ' ≥ 0
m ≥ 3 theo viét ta có:
x1 + x2 = ... = 2m
x1 . x2 = ... = m2 - m + 3
x12 + x22 = ( x1 + x2) 2 – 2x1x2 = (2m)2 - 2(m2 - m + 3 )=2(m2 + m - 3 )
=2(m2 + 2m

+

Do điều kiện m ≥ 3
(m + )2 ≥

-

-

m+

2(m + )2 ≥

) =2[(m + )2 -

]=2(m + )2 -

≥ 3+ =
2(m + )2 -

≥

-

= 18

Vậy GTNN của x12 + x22 là 18 khi m = 3
Bài 4 (4.0 điểm )
a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp.
* Tam giác CBD cân
AC BD tại K BK=KD=BD:2(đường kính vuông góc dây cung) ,ΔCBD có đường
cao CK vừa là đường trung tuyến nên ΔCBD cân.
* Tứ giác CEHK nội tiếp
·
·
·
1800 (gt)
AEC
HEC
1800 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ; KHC
(tổng hai góc đối)
tứ giác CEHK nội tiếp
2
b) Chứng minh rằng AD = AH . AE.
Xét ΔADH và ΔAED có :
; AC BD tại K ,AC cắt cung BD tại A suy ra A là điểm chính giữa
cung BAD , hay cung AB bằng cung AD
(chắn hai cung bằng
nhau) .Vậy ΔADH = ΔAED (g-g)
c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O).
BK=KD=BD:2 = 24:2 = 12 (cm) ( cm câu a ) ; BC =20cm
* ΔBKC vuông tại A có : KC =
*
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
ΔABC vuông tại K có : BC2 =KC.AC 400 =16.AC
C = 2пR = 2п.12,5 = 25п (=25.3,14 = 78.5) (cm)

=16
AC = 25

R= 12,5cm

B”

M

B

A

K

O

C

H
E
D
M' D”
d)Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O).
Giải: ΔMBC cân tại M có MB = MC suy ra M cách đều hai đầu đoạn thẳng BC M
d là đường trung trực BC ,(OB=OC nên O d ),vì M (O) nên giả sử d cắt (O) tại M (M
thuộc cung nhỏ BC )và M'(thuộc cung lớn BC ).
* Trong trường hợp M thuộc cung nhỏ BC ; M và D nằm khác phía BC hay AC
do ΔBCD cân tại C nên
Tứ giác MBDC nội tiếp thì
* Trong trường hợp M' thuộc cung lớn BC
ΔMBC cân tại M có MM' là đường trung trực nên MM' là phân giác góc BMC
sđ
(góc nội tiếp và cung bị chắn)
sđ

(góc nội tiếp và cung bị chắn)

+ Xét

suy ra tồn

tại hai điểm là M thuộc cung nhỏ BC (đã tính ở trên )và M' thuộc cung lớn BC .
Tứ giác BDM'C nội tiếp thì

(cùng chắn cung BC nhỏ)

+ Xét

thì M'≡ D

không thỏa mãn điều kiện đề bài nên không có M' ( chỉ có điểm M tmđk đề bài)
+ Xét
qua tâm O và BD AC
) M' thuộc cung
kiện đề bài nên không có M' (chỉ có điểm M tmđk đề).

(khi BD
không thỏa mãn điều

Sôû GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO
KHAÙNH HOAØ

ÑEÀ CHÍNH
THÖÙC

KÌ THI TUYEÅN SINH LÔÙP 10 NAÊM HOÏC 2009- 2010
MOÂN: TOAÙN
NGAØY THI: 19/6/2009
Thôøi gian laøm baøi: 120 phuùt (Khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà)

Baøi 1: (2 ñieåm) (khoâng duøng maùy tính boû tuùi)
a) Cho bieát A=
vaø B=
. Haõy so saùnh A+B vaø AB.
2x +y = 1
b) Giaûi heä phöông trình:
3x – 2 y= 12
Baøi 2: (2.5 ñieåm)
Cho Parabol (P) : y= x2 vaø ñöôøng thaúng (d): y=mx-2 (m laø tham soá m
a/ Veõ ñoà thò (P) treân maët phaúng toaï ñoä Oxy.
b/ Khi m = 3, haõy tìm toaï ñoä giao ñieåm (p) ( d)
c/ Goïi A(xA;yA), B(xA;yB) laø hai giao ñieåm phaân bieät cuûa (P) vaø ( d).
Tìm caùc gia trò cuûa m sao cho : yA + yB = 2(xA + xB )-1.

0)

Baøi 3: (1.5 ñieåm)
Cho moät maûnh ñaát hình chöõ nhaät coù chiều daøi hôn chieàu roäng 6 m vaø bình phöông ñoä
daøi ñöôøng cheùo gaáp 5 laàn chu vi. Xaùc ñònh chieàu daøi vaø roäng cuûa maûnh ñaát hình chöõ
nhaät.
Baøi 4: ( 4 ñieåm).
Cho ñöôøng troøn(O; R) töø moät ñieåm M ngoaøi ñöôøng troøn (O; R). veõ hai tieáp tuyeán A,
B. laáy C baát kì treân cung nhoû AB. Goïi D, E, F laàn löôït laø hình chieáu vuoâng goùc cuûa C
teân AB, AM, BM.
a/ cm AECD Noäi tieáp moät ñöôøng troøn .
b/ cm:
c/ cm : Goïi I laø trung ñieåm cuûa AC vaø ED, K laø giao ñieåm cuûa CB , DF.
Cm IK// AB.
d/ Xaùc ñònh vò trí c treân cung nhoû AB deå (AC2 + CB2 )nhoû nhaát. tính giaù trò nhoû
nhaát ñoù khi OM =2R
---Hết---

Đáp án câu 4c,d: Đề thi 2009 – 2010 :
4c)Chứng minh rằng : IK//AB 
Gợi ý: Chứng minh tổng số đo hai góc ICK và IDK bằng 1800 .
4d)Xác định vị trí điểm C trên cung nhỏ AB để CA2 + CB2 đạt GTNN.
Gợi ý : Xây dựng công thức đường trung tuyến của tam giác.
Gọi N là trung điểm của AB.
Ta có:
AC2 + CB2 = 2CD2 + AD2 + DB2 =2(CN2 – ND2) + (AN+ND)2 + (AN – ND)2
= 2CN2 – 2ND2 + AN2 + 2AN.ND + ND2 + AN2 – 2AN.ND + ND2.
= 2CN2 + 2AN2
= 2CN2 + AB2/2
2
AB /2 ko đổi nên CA2 + CB2 đạt GTNN khi CN đạt GTNN  C là giao điểm của ON và cung
nhỏ AB.
=> C là điểm chính giữa của cung nhỏ AB.
Khi OM = 2R thì OC = R hay C là trung điểm của OM => CB = CA = MO/2 = R
Do đó: Min (CA2 + CB2 ) = 2R2 .

A
E
I

N O
D

C
K

F

B

SÔÛ GIAÙO DUÏC ÑAØO TAÏO
KYØ THI TUYEÅN SINH VAØO LÔÙP 10 THPT
BÌNH ÑÒNH
NAÊM HOÏC 2009 - 2010
Ñeà chính thöùc
Moân thi: Toaùn
Ngaøy thi: 02/ 07/ 2009
Thôøi gian laøm baøi: 120 phuùt (khoâng keå thôøi gian giao ñeà)
Baøi 1: (2,0 ñieåm)
Giaûi caùc phöông trình sau:
1.
2(x + 1) = 4 – x
2.
x2 – 3x + 2 = 0
Baøi 2: (2,0 ñieåm)
1.
Cho haøm soá y = ax + b. tìm a, b bieát ñoà thò haøm soá ñaã cho ñi qua hai
ñieåm A(-2; 5) vaø B(1; -4).
2.
Cho haøm soá y = (2m – 1)x + m + 2
a. tìm ñieàu kieän cuûa m ñeå haøm soá luoân nghòch bieán.
b. Tìm giaù trò m ñeå ñoà thò haøm soá caét truïc hoaønh taïi ñieåm coù hoaønh ñoä
baèng
Baøi 3: (2,0 ñieåm) Moät ngöôøi ñi xe maùy khôûi haønh töø Hoaøi AÂn ñi Quy Nhôn. Sau
ñoù 75 phuùt, treân cuøng tuyeán ñöôøng ñoù moät oâtoâ khôûi haønh töø Quy Nhôn ñi Hoaøi
AÂn vôùi vaän toác lôùn hôn vaän toác cuûa xe maùy laø 20 km/giôø. Hai xe gaëp nhau taïi
Phuø Caùt. Tính vaän toác cuûa moãi xe, giaû thieát raèng Quy Nhôn caùch Hoaøi AÂn 100
km vaø Quy Nhôn caùch Phuø Caùt 30 km.
Baøi 4: (3,0 ñieåm) Cho tam giaùc vuoâng ABC noäi tieáp trong ñöôøng troøn taâm O
ñöôøng kính AB. Keùo daøi AC (veà phía C) ñoaïn CD sao cho CD = AC.
1.
Chöùng minh tam giaùc ABD caân.
2.
Ñöôøng thaúng vuoâng goùc vôùi AC taïi A caét ñöôøng troøn (O) taïi E. Keùo daøi
AE (veà phía E) ñoaïn EF sao cho EF = AE. Chöùng minh raèng ba ñieåm D,
B, F cuøng naèm treân moät ñöôøng thaúng.
3.
Chöùng minh raèng ñöôøng troøn ñi qua ba ñieåm A, D, F tieáp xuùc vôùi ñöôøng
troøn (O).
Baøi 5: (1,0 ñieåm)
Vôùi moãi soá k nguyeân döông, ñaët Sk = (
+ 1)k + (
- 1)k
Chöùng minh raèng: Sm+n + Sm- n = Sm .Sn vôùi moïi m, n laø soá nguyeân döông vaø
m > n.

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009 - 2010

Lời giải vắn tắt môn thi: Toán
Ngày thi: 02/ 07/ 2009
Bài 1: (2,0 điểm) Giaûi caùc phöông trình sau:
1)
2(x + 1)
=4–x
2x + 2 = 4 - x
2x + x = 4 - 2
3x
=2
x
=
2
2) x – 3x + 2 = 0. (a = 1 ; b = - 3 ; c = 2)
Ta có a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0 .Suy ra x1= 1 và x2 = = 2
Bài 2: (2,0 điểm) 1.Ta có a, b là nghiệm của hệ phương trình
Vậy a = - 3 va b = - 1
2. Cho hàm số y = (2m – 1)x + m + 2
a) Để hàm số nghịch biến thì 2m – 1 < 0

m< .

b) Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng
hàm số đi qua điểm (

. hay đồ thị

;0). Ta phải có pt

0 = (2m – 1).(- ) + m + 2
m=8
Bài 3: (2,0 điểm) Quãng đường từ Hoài Ân đi Phù Cát dài : 100 - 30 = 70 (km)
Gọi x (km/h) là vận tốc xe máy .ĐK : x > 0.
Vận tốc ô tô là x + 20 (km/h)
Thời gian xe máy đi đến Phù Cát : (h)
Thời gian ô tô đi đến Phù Cát : (h)
Vì xe máy đi trước ô tô 75 phút = (h) nên ta có phương trình :
- =
Giải phương trình trên ta được x1 = - 60 (loại) ; x2 = 40 (nhaän).
Vậy vận tốc xe máy là 40(km/h), vận tốc của ô tô là 40 + 20 = 60(km/h)
Bài 4 :
a) Chứng minh ABD cân
Xét ABD có BC DA (Do
= 900 : Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) )
Mặt khác : CA = CD (gt) . BC vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên ABD cân tại
B
D
b)Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng.
Vì
= 900, nên CE là đường kính của (O), hay C, O, E thẳng hàng.
Ta có CO là đường trung bình của tam giác ABD
C
Suy ra BD // CO hay BD // CE
(1)
Tương tự CE là đường trung bình cuûa tam giaùc ADF
Suy ra DF // CE
(2)
1
O
2
B
A
Töø (1) vaø (2) suy ra D, B, F cuøng naèm
3
4
treân moät ñöôøng thaúng
c)Chứng minh rằng đường tròn đi qua
ba điểm A, D, F tiếp xúc

E

F

với đường tròn (O).
Ta c/m BA = BD = BF
Do đó đường tròn qua ba điểm A,D,F nhận B làm tâm và AB làm bán kính .
Vì OB = AB - OA > 0 Nên đường tròn đi qua
ba điểm A, D, F tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại A
Bài 5: (1,0 điểm)
Với mọi m, n là số nguyên dương và m > n.
Vì Sk = (
+ 1)k + (
- 1)k
Ta coù: Sm+n = (
+ 1)m + n + (
- 1)m + n
Sm- n = (
+ 1)m - n + (
- 1)m - n
Suy ra Sm+n + Sm- n = (
+ 1)m + n + (
- 1)m + n + (
+ 1)m - n + (
- 1)m – n
(1)
Maët khaùc Sm.Sn =
=(
+ 1)m+n + (
- 1)m+n + (
+ 1)m. (
- 1)n + (
- 1)m. (
+ 1)n
(2)
Maø (
=

+ 1)
+

m-n

+(

m-n

- 1)
=

=
=
(3)
Töø (1), (2) vaø (3) Vậy Sm+n + Sm- n = Sm .Sn với mọi m, n là số nguyên dương và m > n.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NINH
-------------

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009 - 2010

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN : TOÁN
Ngµy thi : 29/6/2009
Thêi gian lµm bµi : 120 phót
(kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)

Ch÷ ký GT 1 :
..............................
Ch÷ ký GT 2 :
..............................

(§Ò thi nµy cã 01 trang)
Bµi 1. (2,0 ®iÓm) Rót gän c¸c biÓu thøc sau :
a)
b)
Bµi 2. (1,5 ®iÓm)
a). Gi¶i ph¬ng tr×nh: x2 + 3x – 4 = 0
b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 3x – 2y = 4
2x + y = 5
Bµi 3. (1,5 ®iÓm)
Cho hµm sè : y = (2m – 1)x + m + 1 víi m lµ tham sè vµ m #

. H·y x¸c ®Þnh m trong mçi

trêng h¬p sau :
a) §å thÞ hµm sè ®i qua ®iÓm M ( -1;1 )
b) §å thÞ hµm sè c¾t trôc tung, trôc hoµnh lÇn lît t¹i A , B sao cho tam gi¸c OAB c©n.
Bµi 4. (2,0 ®iÓm): Gi¶i bµi to¸n sau b»ng c¸ch lËp ph¬ng tr×nh hoÆc hÖ ph¬ng tr×nh:
Mét ca n« chuyÓn ®éng xu«i dßng tõ bÕn A ®Õn bÕn B sau ®ã chuyÓn ®éng ngîc dßng
tõ B vÒ A hÕt tæng thêi gian lµ 5 giê . BiÕt qu·ng ®êng s«ng tõ A ®Õn B dµi 60 Km vµ vËn tèc
dßng níc lµ 5 Km/h . TÝnh vËn tèc thùc cña ca n« (( VËn tèc cña ca n« khi níc ®øng yªn )
Bµi 5. (3,0 ®iÓm)
Cho ®iÓm M n»m ngoµi ®êng trßn (O;R). Tõ M kÎ hai tiÕp tuyÕn MA , MB ®Õn ®êng trßn
(O;R) ( A; B lµ hai tiÕp ®iÓm).
a) Chøng minh MAOB lµ tø gi¸c néi tiÕp.
b) TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c AMB nÕu cho OM = 5cm vµ R = 3 cm.
c) KÎ tia Mx n»m trong gãc AMO c¾t ®êng trßn (O;R) t¹i hai ®iÓm C vµ D ( C n»m gi÷a
M vµ D ). Gäi E lµ giao ®iÓm cña AB vµ OM. Chøng minh r»ng EA lµ tia ph©n gi¸c
cña gãc CED.
---------------------- HÕt ---------------------(C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm)
Hä vµ tªn thÝ sinh: ……………………………………. Sè b¸o danh: ……………….

Bµi 1:
a) A =
Bµi 2 :
a) x1 = 1 ; x2 = -4
b)
3x – 2y = 4
<=>

2x + y = 5
3x – 2y = 4

§¸p ¸n
b) B = 1 +

7x = 14

x=2

4x + 2y = 5

<=>

<=>

2x + y = 5

y=1
Bµi 3 :
a) V× ®å thÞ hµm sè ®i qua ®iÓm M(-1;1) => Täa ®é ®iÓm M ph¶i tháa m·n hµm sè :
y = (2m – 1)x + m + 1 (1)
Thay x = -1 ; y = 1 vµo (1) ta cã: 1 = -(2m -1 ) + m + 1
<=> 1 = 1 – 2m + m + 1
<=> 1 = 2 – m
<=> m = 1
VËy víi m = 1 Th× §T HS : y = (2m – 1)x + m + 1 ®i qua ®iÓm M ( -1; 1)
c) §THS c¾t trôc tung t¹i A => x = 0 ; y = m+1 => A ( 0 ; m+1) => OA =
c¾t truc hoµnh t¹i B => y = 0 ; x =

=> B (

; 0 ) => OB =

Tam gi¸c OAB c©n => OA = OB
<=>

=

Gi¶i PT ta cã : m = 0 ; m = -1

Bµi 4: Gäi vËn tèc thùc cña ca n« lµ x ( km/h) ( x>5)
VËn tèc xu«i dßng cña ca n« lµ x + 5 (km/h)
VËn tèc ngîc dßng cña ca n« lµ x - 5 (km/h)
Thêi gian ca n« ®i xu«i dßng lµ :

( giê)

Thêi gian ca n« ®i xu«i dßng lµ :

( giê)

Theo bµi ra ta cã PT:

Bµi 5:

+

=5

<=> 60(x-5) +60(x+5) = 5(x2 – 25)
<=> 5 x2 – 120 x – 125 = 0
 x1 = -1 ( kh«ng TM§K)
 x2 = 25 ( TM§K)
VËy v©n tèc thùc cña ca n« lµ 25 km/h.
A
D
C

E

M

O

B

a) Ta cã: MA AO ; MB BO ( T/C tiÕp tuyÕn c¾t nhau)
=>
Tø gi¸c MAOB cã :
900 + 900 = 1800 => Tø gi¸c MAOB néi tiÕp ®êng
trßn
b) ¸p dông §L Pi ta go vµo MAO vu«ng t¹i A cã: MO2 = MA2 + AO2
 MA2 = MO2 – AO2
 MA2 = 52 – 32 = 16 => MA = 4 ( cm)
V× MA;MB lµ 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau => MA = MB => MAB c©n t¹i A
MO lµ ph©n gi¸c ( T/C tiÕp tuyÕn) = > MO lµ ®êng trung trùc => MO AB
XÐt AMO vu«ng t¹i A cã MO AB ta cã:
AO2 = MO . EO ( HTL trong vu«ng) => EO =

=

(cm)

=> ME = 5 -

=

(cm)

¸p dông §L Pi ta go vµo tam gi¸c AEO vu«ng t¹i E ta cã:AO2 = AE2 +EO2
 AE2 = AO2 – EO2 = 9 -

=

=

 AE =

( cm) => AB = 2AE (v× AE = BE do MO lµ ®êng trung trùc cña AB)

 AB =

(cm) => SMAB = ME . AB =

c) XÐt AMO vu«ng t¹i A cã MO
ta cã: MA2 = ME. MO (1)
mµ :

= S®

=

(cm2)

AB. ¸p dông hÖ thøc lîng vµo tam gi¸c vu«ng AMO

( gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bëi tiÕp tuyÕn vµ d©y cung cïng

ch¾n 1 cung)
MAC

DAM (g.g) =>

=> MA2 = MC . MD (2)

Tõ (1) vµ (2) => MC . MD = ME. MO =>
MCE

MDO ( c.g.c) (

T¬ng tù:
=>
Ta cã:

OAE

=

) =>

OMA (g.g) =>

=

( 2 gãc tøng) ( 3)

=

( OD = OA = R)

DOE

MOD ( c.g.c) (

Tõ (3) (4) =>

. mµ :
=>

së gd&®t qu¶ng b×nh

chung;

chong ;

) =>

( 2 gãc t øng) (4)

=900
=900
=> EA lµ ph©n gi¸c cña

®Ò thi chÝnh thøc tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt

N¨m häc 2009-2010
M«n :to¸n

Thêi gian lµm bµi: 120 phót (kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò)

PhÇn I. Tr¾c nghiÖm kh¸ch quan (2,0 ®iÓm)
* Trong c¸c c©u tõ C©u 1 ®Õn C©u 8, mçi c©u ®Òu cã 4 ph¬ng ¸n tr¶ lêi A, B, C,
D; trong ®ã chØ cã mét ph¬ng ¸n tr¶ lêi ®óng. H·y chän ch÷ c¸i ®øng tríc ph¬ng ¸n tr¶
lêi ®óng.
C©u 1 (0,25 ®iÓm): HÖ ph¬ng tr×nh nµo sau ®©y v« nghiÖm?
A. C¶ (I) vµ (II)

B. (I)

C. (II)

D. Kh«ng cã hÖ nµo c¶

C©u 2 (0,25 ®iÓm): Cho hµm sè y = 3x2. KÕt luËn nµo díi ®©y ®óng?
A. Hµm sè nghÞch biÕn víi mäi gi¸ trÞ x>0 vµ ®ång biÕn víi mäi gi¸ trÞ x<0.
B. Hµm sè ®ång biÕn víi mäi gi¸ trÞ x>0 vµ nghÞch biÕn víi mäi gi¸ trÞ x<0.

C. Hµm sè lu«n ®ång biÕn víi mäi gi¸ trÞ cña x.
D. Hµm sè lu«n nghÞch biÕn víi mäi gi¸ trÞ cña x.
C©u 3 (0,25 ®iÓm): KÕt qu¶ nµo sau ®©y sai?
A. sin 450 = cos 450
;
B. sin300 = cos600
C. sin250 = cos520
;
D. sin200 = cos700
C©u 4 (0,25 ®iÓm): Cho tam gi¸c ®Òu ABC cã ®é dµi c¹nh b»ng 9 cm. B¸n kÝnh ®êng
trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC b»ng:
A.
cm
B.
cm
C.
cm
D.
cm
C©u 5 (0,25 ®iÓm):
Cho hai ®êng th¼ng (d1): y = 2x vµ (d2): y = (m - 1)x = 2; víi m lµ tham sè. §êng
th¼ng (d1) song song víi ®êng th¼ng (d2) khi:
A. m = -3
B. m = 4
C. m = 2
D. m = 3
C©u 6 (0,25 ®iÓm): Hµm sè nµo sau ®©y lµ hµm sè bËc nhÊt?
A. y = x + ;
B. y = (1 + )x + 1
C. y =
C©u 7 (0,25 ®iÓm): Cho biÕt cos = , víi
A.

;

B.

;

D. y =

lµ gãc nhän. Khi ®ã sin b»ng bao nhiªu?
C.

D.

;

C©u 8 (0,25 ®iÓm): Ph¬ng tr×nh nµo sau ®©y cã 2 nghiÖm ph©n biÖt?
A. x2 + 2x + 4 = 0
;
B. x2 + 5 = 0
2
C. 4x - 4x + 1 = 0
;
D. 2x2 +3x - 3 = 0
PhÇn II. Tù luËn ( 8 ®iÓm)
Bµi 1 (2,0 ®iÓm): Cho biÓu thøc:
N=

; víi n

0, n 1.

a) Rót gän biÓu thøc N.
b) T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ nguyªn cña n ®Ó biÓu thøc N nhËn gi¸ trÞ nguyªn.
Bµi 2 (1,5 ®iÓm):
Cho ba ®êng th¼ng (d1): -x + y = 2; (d2): 3x - y = 4 vµ (d3): nx - y = n - 1;
n lµ tham sè.
a) T×m täa ®é giao ®iÓm N cña hai ®êng th¼ng (d1) vµ (d2).
b) T×m n ®Ó ®êng th¼ng (d3) ®i qua N.
Bµi 3 (1,5 ®iÓm):
Cho ph¬ng tr×nh: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - 3 = 0 (1), víi n lµ tham sè.
a) T×m n ®Ó ph¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm x = 3.
b) Chøng minh r»ng, víi mäi n - 1 th× ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n
biÖt.
Bµi 4 (3,0 ®iÓm): Cho tam gi¸c PQR vu«ng c©n t¹i P. Trong gãc PQR kÎ tia Qx bÊt kú
c¾t PR t¹i D (D kh«ng trïng víi P vµ D kh«ng trïng víi R). Qua R kÎ ®êng th¼ng vu«ng
gãc víi Qx t¹i E. Gäi F lµ giao ®iÓm cña PQ vµ RE.
a) Chøng minh tø gi¸c QPER néi tiÕp ®îc trong mét ®êng trßn.
b) Chøng minh tia EP lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DEF
c) TÝnh sè ®o gãc QFD.
d) Gäi M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng QE. Chøng minh r»ng ®iÓm M lu«n n»m
trªn cung trßn cè ®Þnh khi tia Qx thay ®æi vÞ trÝ n»m gi÷a hai tia QP vµ QR

§¸p ¸n bµi thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT
N¨m häc 2009 - 2010
M«n: To¸n
PhÇn I. Tr¾c nghiÖm kh¸ch quan
C©u
§¸p ¸n

C©u1
C

C©u 2
B

C©u 3
C

C©u 5
D

C©u 6
B

C©u7
C

C©u 8
D

PhÇn II. Tù luËn

Bµi 1:
a)N =
b) N =

C©u 4
A

=
=

=

=

víi n

0, n 1.

=2+

Ta cã: N nhËn gi¸ trÞ nguyªn

cã gi¸ trÞ nguyªn

n-1 lµ íc cña 4

n-1
+ n-1 = -1 n = 0
+ n-1 = 1 n = 2
+ n-1 = -2 n = -1 (Kh«ng tháa m·n víi §KX§ cña N)
+ n-1 = 2 n = 3
+ n-1 = -4 n = -3 (Kh«ng tháa m·n víi §KX§ cña N)
+ n-1 = 4 n = 5
VËy ®Ó N nhËn gi¸ trÞ nguyªn khi vµ chØ khi n
Bµi 2: (d1): -x + y = 2;
(d2): 3x - y = 4 vµ
(d3): nx - y = n - 1; n lµ tham sè.
a) Gäi N(x;y) lµ giao ®iÓm cña hai ®êng th¼ng (d1) vµ (d2) khi ®ã x,y lµ nghiÖm
cña hÖ ph¬ng tr×nh:
Ta cã : (I)
VËy: N(3;5)
b) (d3) ®i qua N(3; 5) 3n - 5 = n -1 2n = 4 n= 2.
VËy: §Ó ®êng th¼ng (d3) ®i qua ®iÓm N(3;5) n = 2
Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - 3 = 0 (1), víi n lµ tham sè.
a) Ph¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm x = 3 (n+1).32 - 2(n-1).3 + n-3 = 0
9n + 9 - 6n + 6 + n - 3 = 0
4n = -12 n = -3
b) Víi n -1, ta cã: = (n-1)2 - (n+1)(n-3)
= n2 - 2n + 1 - n2 +2n +4 F
=5>0
VËy: víi mäi n -1 th× ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt.
P

Bµi 4:
N

D

x

E

M
Q

I

R

a) Ta cã:

QPR = 900 ( v× tam gi¸c PQR vu«ng c©n ë P)
QER = 900 ( RE Qx)
Tø gi¸c QPER cã hai ®Ønh P vµ E nh×n ®o¹n th¼ng QR díi mét gãc kh«ng ®æi
0
(90 ) Tø gi¸c QPER néi tiÕp ®êng trßn ®êng kÝnh QR.
b) Tø gi¸c QPER néi tiÕp
PQR + PER = 1800
0
mµ PER + PEF = 180 (Hai gãc kÒ bï)
PQR = PEF
PEF = PRQ (1)
MÆt kh¸c ta cã: PEQ = PRQ (2) trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c QPER>.
Tõ (1) vµ (2) ta cã PEF = PEQ EP lµ tia ph©n gi¸c cña gãcDEF
c) V× RP QF vµ QE RF nªn D lµ trùc t©m cña tam gi¸c QRF suy ra
FD QR
QFD = PQR (gãc cã c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc)
mµ PQR = 450 (tam gi¸c PQR vu«ng c©n ë P)
QFD = 450
d) Gäi I lµ trung ®iÓm cña QR vµ N lµ trung ®iÓm cña PQ. (I,N cè ®Þnh)
Ta cã: MI lµ ®êng trung b×nh cña tam gi¸c QRE MI//ER mµ ER QE
MI QE
QMI = 900 M thuéc ®êng trßn ®êng kÝnh QI.
Khi Qx QR th× M I, khi Qx QP th× M N.
VËy: khi tia Qx thay ®æi vÞ trÝ n»m gi÷a hai tia QP vµ QR th× M lu«n n»m trªn
cung NI cña ®êng trßn ®êng kÝnh QI cè ®Þnh.

Trêng THCS cÈm v¨n
---------------------------

Kú thi thö tuyÓn sinh líp 10 THPT

§Ò thi chÝnh thøc

Thêi gian lµm bµi : 120 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò
Ngµy thi : 9 th¸ng 6 n¨m 2009 ( buæi s¸ng)
§Ò thi gåm : 01 trang

n¨m häc 2009 – 2010

M«n thi : To¸n

Bµi 1 ( 3,0 ®iÓm)
1) Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau:
a) 6x + 5 =0
b)

2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh
3) T×m to¹ ®é giao ®iÓm cña ®êng th¼ng y = 3x - 4 víi hai trôc to¹ ®é.
Bµi 2 ( 2,0 ®iÓm)
1) Rót gän biÓu thøc
2) Cho ph¬ng tr×nh x2 - 2(m - 1)x - 3=0 (m lµ tham sè)

a) X¸c ®Þnh m ®Ó ph¬ng tr×nh cã mét nghiÖm b»ng -2. T×m nghiÖm cßn l¹i.

b) Gäi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh ®· cho. T×m gi¸ trÞ lín
nhÊt
cña biÓu thøc
.
Bµi 3 (1,0 ®iÓm) T×m hai sè cã tæng b»ng 30 vµ tæng c¸c b×nh ph¬ng cña chóng b»ng
468.

Bµi 4 (3,0 ®iÓm) Tam gi¸c ABC néi tiÕp ®êng trßn t©m O. Trªn cung AC kh«ng chøa
®iÓm B lÊy ®iÓm D bÊt kú ( D ≠ A, D ≠ C). P lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung AB ( kh«ng
chøa C). §êng th¼ng PC c¾t c¸c ®êng th¼ng AB, AD lÇn lît ë K vµ E. §êng th¼ng PD
c¾t c¸c ®êng th¼ng AB, BC lÇn lît ë I vµ F.Chøng minh :
a) Gãc CED b»ng gãc CFD. Tõ ®ã suy ra CDEF lµ tø gi¸c néi tiÕp.
b) EF // AB.
c) PA lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ADI
d) Khi D thay ®æi th× tæng b¸n kÝnh cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp c¸c tam gi¸c AID,
BID kh«ng ®æi.
Bµi 5 (1,0 ®iÓm) Häc sinh chän 1 trong c¸c phÇn sau ®©y
a)T×m c¸c sè h÷u tØ x, y tho¶ m·n :
b)Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é (Oxy) cho ®iÓm A (-3;0)vµ Parabol(P) cã ph¬ng tr×nh
y=x2. H·y t×m to¹ ®é cña ®iÓm M thuéc (P) ®Ó cho ®é dµi ®o¹n th¼ng AM nhá nhÊt.
c)T×m m ®Ó gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc

b»ng 2

d)Rót gän biÓu thøc :

víi

e)T×m c¸c sè thùc x sao cho

vµ

®Òu lµ sè nguyªn.

…………………………..HÕt…………………………..

B¶n híng dÉn gåm 04 trang

I. Híng dÉn chung

-ThÝ sinh lµm bµi theo c¸ch riªng nh−ng ®¸p øng ® −îc yªu cÇu c¬ b¶n vÉn cho
®ñ ®iÓm.
- ViÖc chi tiÕt ho¸ ®iÓm sè (nÕu cã) so víi biÓu ®iÓm ph¶i ®¶m b¶o kh«ng sai lÖch
víi h−íng dÉn chÊm vµ ®−îc thèng nhÊt trong Héi ®ång chÊm.
- Sau khi céng ®iÓm toµn bµi, ®iÓm ®Ó lÎ ®Õn 0,25 ®iÓm.
C©u
(bµi)
Bµi 1

(3,0 ®iÓm)

II. §¸p ¸n vµ thang ®iÓm

ý
(phÇn)
1a:

(0,5 ®iÓm)

Néi dung
6x + 5 =0  6x = -5 

0,25

VËy pt cã nghiÖm lµ
§kx®: x

0 vµ x 1

0,25
0,25
0,25

Cã
1b:

0,25
0,25

(1,25 ®iÓm)

x = 1(lo¹i), x = -4 (TM®k)
VËy ph¬ng tr×nh ®· cho cã mét nghiÖm lµ x = -4
2:

(0,75 ®iÓm)

Gi¶i ®îc nghiÖm

vµ kÕt luËn

x= 0 => y = -4 => ®êng th¼ng c¾t trôc tung t¹i A ( 0;-4)

3

§iÓm
0,25

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

y=0 => 3x - 4 = 0 =>
=> ®êng th¼ng c¾t trôc hoµnh t¹i B

0,25

Bµi 2

(2,0 ®iÓm)

0,25

1:

(0,75®iÓm)

2.a

0,5

BiÕn ®æi ®Õn
Ph¬ng tr×nh cã 1 nghiÖm b»ng -2
<=> 4 + 4(m-1) - 3 = 0 t×m ®îc m =

0,25
0,25

(0,5 ®iÓm)

Theo Viet:
2.b

(0,75
®iÓm)

Bµi 3

Mµ

' = (m -1)2 + 3 > 0 m
Q= x1.x2[ (x1+x2)2-2x1x2]-5x1x2

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

= -12(m-1)2 - 3 ≤-3 m => Max Q = -3 khi m =1
Gäi sè thø nhÊt lµ x => sè thø hai lµ 30 - x
ta ®îc ph¬ng tr×nh : x2 +(30 - x)2 = 468
Gi¶i pt ta ®îc : x1 = 18; x2 = 12.
KÕt luËn 2 sè ph¶i t×m lµ 18 vµ 12.
VÏ h×nh ®óng (c©u a)

(1,0 ®iÓm)

Bµi 4

(3,0 ®iÓm)

D
A
H

E

O1

I
P

K

O
Q
O2

C

B
F

0,25

4.a

(0,75
®iÓm)

4.b:

(0,75
®iÓm)

Mµ
=> CDEF lµ tø gi¸c néi tiÕp
CDEF lµ tø gi¸c néi tiÕp =>
=

0,25
0,25
=

=> gãc EFD = gãc AID => EF//AB
KÎ

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

4.c:

(0,5 ®iÓm)

4d
(0,75
®iÓm)

=>PA lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c AD
Cm tt : PB lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp BDI.
KÎ ®êng kÝnh PQ cña (O) => T©m O1 cña (ADI) thuéc AQ
T©m O2 cña (BDI) thuéc QB
Chøng minh:

0,25
0,25

gãc QAB = gãc QBA => O1I//O2Q ; O2I//O1Q
=> O1IO2Q lµ h×nh b×nh hµnh
=> O1I + O2I = QA kh«ng ®æi
§K :
=>
lµ sè h÷u tØ,mµ
lµ sè v« tØ nªn tõ (1)

Bµi 5

(1,0 ®iÓm)

a

b

0,25

(1)

0,25

Gi¶i ra ta cã:

0,25

Thö l¹i, kÕt luËn
Gi¶ sö M cã hoµnh ®é x. V× M thuéc (P) => M (x;x2)
AM2 = (x+3)2 +(x2)2 = x4 + x2 + 6x + 9
= (x2 - 1)2 + 3(x +1)2 +5
=> AM2 ≥ 5 x

0,25

§iÓm M cã to¹ ®é M(-1;1) th× AM nhá nhÊt (

0,25
0,25

Gi¶ thiÕt cho gi¸ trÞ lín nhÊt cña

0,25

)

b»ng 2
0,25

(1)
cã nghiÖm (2)
c

(1) <=> 2x+m ≤ 2x2+2 x <=>
<=>

0,25

<=>

(2) <=> 2x2 - 2x+2-m = 0 cn<=> ' = 1-2(2-m)≥0 <=>

0,25

KÕt hîp l¹i ta cã

0,25

§K:

Tõ gi¶ thiÕt

0.25

0.25
d

+) NÕu

=>

+) NÕu

0.25
Ph¬ng tr×nh (*) v« nghiÖm (v×

)
0.25

Tõ (I)
E

§K :

A = 1. VËy víi mäi

th× A = 1

§Æt :

0.25
0.25

NÕu
th× vÕ ph¶i lµ sè v« tØ vµ vÕ tr¸i lµ sè nguyªn
v« lÝ.
NÕu a = b th× ab - 2025 = 0
.
. Thö l¹i víi
tho¶ m·n ®Ò bµi

0.25
0.25

HƯỚNG DẨN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TỈNH QUẢNG TRỊ
MÔN: TOÁN
Ngày thi: 07/07/2009
Câu 1 (2,0 điểm)
1. Rút gọn các biểu thức sau:
a)
.
b)
2. Giải phương trình: x2-5x+4=0
Ta có: a=1; b=-5; c=4; a+b+c= 1+(-5)+4=0
Nên phương trình có nghiệm : x=1 và x=4
Hay : S=
.
Câu 2 (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y=-2x+4 có đồ thị là đường thẳng (d).
a) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với hai trục toạ đô.
- Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục Oy là nghiệm của hệ :
Vậy toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục Oy là A(0 ; 4).
- Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục Ox là nghiệm của hệ :
Vậy toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục Ox là B(2 ; 0).
b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ bằng tung độ.
Gọi điểm M(x0 ; y0) là điểm thuộc (d) và x0 = y0
 x0=-2x0+4
 x0=4/3 => y0=4/3.
Vậy: M(4/3;4/3).
Câu 3 (1,5 điểm).
Cho phương trình bậc hai: x2-2(m-1)x+2m-3=0. (1)
a) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m.
x2 - 2(m-1)x + 2m - 3=0.
Có: ' =
= m2-2m+1-2m+3
= m2-4m+4 = (m-2)2 0 với mọi m.
 Phương trình (1) luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi a.c < 0
<=> 2m-3 < 0
<=>

m< .

Vậy : với m <

thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.

Câu 4 (1,5 điểm)
Một mảnh vườn hình chử nhật có diện tích là 720m2, nếu tăng chiều dài thêm 6m và
giảm chiều rộng đi 4m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính kích thước của mảnh
vườn ?
Bài giải :
Gọi chiều rộng của mảnh vườn là a (m) ; a > 4.
Chiều dài của mảnh vườn là

(m).

Vì tăng chiều rộng thêm 6m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích không đổi nên ta có
phương trình : (a-4). (

+6) = 720.

a2 -4a-480 = 0
Vậy chiều rộng của mảnh vườn là 24m.
chiều dài của mảnh vườn là 30m.
Câu 5 (3,5 điểm)
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d)
không đi qua tâm O, cắt (O) tại B và C ( B nằm giữa A và C). Các tiếp tuyến với đường
tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Từ D kẻ DH vuông góc với AO (H nằm trên AO),
DH cắt cung nhỏ BC tại M. Gọi I là giao điểm của DO và BC.
1. Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh OH.OA = OI.OD.
3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn (O).
4. Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OAM nằm ngoài
đường tròn (O).

H

K

O

A

B
I
M

C

D

Chứng minh:
a) C/m: OHDC nội tiếp.
Ta có: DH vuông goc với AO (gt). => OHD = 900.
CD vuông góc với OC (gt). => OCD = 900.
Xét Tứ giác OHDC có OHD + OCD = 1800.
Suy ra : OHDC nội tiếp được một đường tròn.
b) C/m: OH.OA = OI.OD
Ta có: OB = OC (=R); DB = DC ( T/c của hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra OD là đường trung trực của BC => OD vuông góc với BC.

Xét hai tam giác vuông OHD và OIA có
 OHD đồng dạng với OIA (g-g)


AOD chung

(1) (đpcm).

c) Xét OCD vuông tại C có CI là đường cao
áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông,
ta có: OC2 = OI.OD mà OC = OM (=R) (2).
Từ (1) và (2) : OM2 = OH.OA
.
Xét 2 tam giác : OHM và OMA có :
AOM chung và

.

Do đó : OHM đồng dạng OMA (c-g-c)
 OMA = OHM = 900.
 AM vuông góc với OM tại M
 AM là tiếp tuyến của (O).
d)Gọi K là giao điểm của OA với (O); Gọi diện tích cần tìm là S.
 S = S AOM - SqOKM
Xét OAM vuông tại M có OM = R ; OA = 2.OK = 2R
=> OMK là tam giác đều.
=> MH = R.
=> S

AOM

và

AOM = 600.

=

(đvdt)

SqOKM =
=> S = S

AOM

. (đvdt)
- SqOKM =

(đvdt).

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009-2010

Đề chính thức
Đề B

Môn thi : Toán
Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2009
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1.Giải phương trình (1) khi n = 3.
2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
Bài 2 (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:
Bài 3 (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1)
1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k.
2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E
và F với mọi k.
3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x 1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = - 1, từ đó
suy ra tam giác EOF là tam giác vuông.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm
G (khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) .
Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A avf B lần lượt tại C và D.
1. Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh
tứ giác BDNO nội tiếp được.
2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra
.
3. Đặt
Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và . Chứng tỏ rằng
tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc .
Bài 5 (1,0 điểm)
Cho số thực m, n, p thỏa mãn :

.

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p.
……………………………. Hết …………………………….
Họ tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: ……………
Chữ ký của giám thị số 1:
Chữ ký của giám thị số 2:

ĐÁP ÁN
Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1.Giải phương trình (1) khi n = 3.
x2 – 4x + 3 = 0 Pt có nghiệm x1 = 1; x2 = 3
2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
' = 4 – n  0  n  4
Bài 2 (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:
HPT có nghiệm:
Bài 3 (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1)
1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k.
y = kx + 1
2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E
và F với mọi k.
Phương trình hoành độ: x2 – kx – 1 = 0
 = k2 + 4 > 0 với  k  PT có hai nghiệm phân biệt  đường thẳng (d)
luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k.
3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x 1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = -1, từ đó
suy ra tam giác EOF là tam giác vuông.
Tọa độ điểm E(x1; x12); F((x2; x22)
 PT đường thẳng OE : y = x1 . x
và PT đường thẳng OF : y = x2 . x
Theo hệ thức Vi ét : x1 . x2 = - 1
 đườ...