Tổng hợp đề thi vào lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2009-2010 - Trần Hải Nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
 QUẢNG NAM	 NĂM HỌC 2009-2010
ĐỀ CHÍNH THỨC
Mơn thi TỐN ( chung cho tất cả các thí sinh)
 Thời gian 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Bài 1 (2.0 điểm )
	1. Tìm x để mỗi biểu thức sau cĩ 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
Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy
Tìm tọa độ các giao điểm A,B của đồ thị hai hàm số trên bằng phép tính
Tính diện tích tam giác OAB
Bài 3 (1.0 điểm )
	Cho phương trình x2 – 2mx + m 2 – m + 3 cĩ 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 trịn tâm (O) ,đường kính AC .Vẽ dây BD vuơng gĩc với AC tại K ( K nằm giữa A và O).Lấy điểm E trên cung nhỏ CD ( E khơng trùng C và D), AE cắt BD tại H.
Chứng minh rằng tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp.
Chứng minh rằng AD2 = AH . AE.
Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình trịn (O).
Cho gĩc BCD bằng α . Trên mặt phẳng bờ BC khơng chứa điểm A , vẽ tam giác MBC cân tại M .Tính gĩc MBC theo α để M thuộc đường trịn (O).
Họ và tên : ...........................................................................................Số báo danh......................................
======Hết======
Hướng dẫn: 
Bài 1 (2.0 điểm )
1. Tìm x để mỗi biểu thức sau cĩ 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
 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 = x2 
4
1
0
1
4
O
y
x
A
B
C
K
H
Tìm toạ độ giao điểm A,B :
 Gọi tọa độ các giao điểm A( x1  ; y1 ) , B( x2 ; y2 ) của hàm số y = x2 cĩ đồ thị (P) và y = x + 2 cĩ đồ thị (d)
Viết phương trình hồnh độ điểm chung của (P) và (d)
 x2 = x + 2 ĩ x2 – x – 2 = 0
( a = 1 , b = – 1 , c = – 2 ) cĩ 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 ) 
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 vuơng gĩc 
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 cơng 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 cĩ hai nghiệm x1 ; x 2 (với m là tham số ) Δ’ ≥ 0 m ≥ 3 theo viét ta cĩ:
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 + - - ) =2[(m +)2 - ]=2(m +)2 - 
Do điều kiện m ≥ 3 m + ≥ 3+= 
(m +)2 ≥ 2(m +)2 ≥ 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 vuơng gĩc dây cung) ,ΔCBD cĩ đường cao CK vừa là đường trung tuyến nên ΔCBD cân.
* Tứ giác CEHK nội tiếp
 ( gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ; (gt)
(tổng hai gĩc đối) tứ giác CEHK nội tiếp
b) Chứng minh rằng AD2 = AH . AE.
Xét ΔADH và ΔAED cĩ : 
 ; 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 trịn (O).
BK=KD=BD:2 = 24:2 = 12 (cm) ( cm câu a ) ; BC =20cm 
* ΔBKC vuơng tại A cĩ : KC = =16
* ( gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
ΔABC vuơng tại K cĩ : BC2 =KC.AC 400 =16.AC AC = 25R= 12,5cm
C = 2пR = 2п.12,5 = 25п (=25.3,14 = 78.5) (cm)
A
O
B
M
C
E
D
M’
K
H
B”
D”
d)Tính gĩc MBC theo α để M thuộc đường trịn (O).
Giải: ΔMBC cân tại M cĩ 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 cĩ MM’ là đường trung trực nên MM’ là phân giác gĩc BMC
 sđ
(gĩc nội tiếp và cung bị chắn)
sđ (gĩc 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 khơng thỏa mãn điều kiện đề bài nên khơng cĩ M’ ( chỉ cĩ điểm M tmđk đề bài)
 + Xét (khi BD qua tâm O và BDAC)M’ thuộc cung khơng thỏa mãn điều kiện đề bài nên khơng cĩ M’ (chỉ cĩ điểm M tmđk đề).
Sở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 20092010	
	 KHÁNH HOÀ MÔN: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
	NGÀY THI: 19/6/2009
	Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2 điểm) (không dùng máy tính bỏ túi)
	a) Cho biết A= và B= . Hãy so sánh A+B và AB.
	2x +y = 1
b) Giải hệ phương trình: 	 
3x – 2 y= 12
Bài 2: (2.5 điểm)
	Cho Parabol (P) : y= x2 và đường thẳng (d): y=mx-2 (m là tham số m 0)
	a/ Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng toạ độ Oxy.
	b/ Khi m = 3, hãy tìm toạ độ giao điểm (p) ( d)
	c/ Gọi A(xA;yA), B(xA;yB) là hai giao điểm phân biệt của (P) và ( d). 
 Tìm các gia trị của m sao cho : 	yA + yB = 2(xA + xB )-1.
Bài 3: (1.5 điểm)
Cho một mảnh đất hình chữ nhật có chiểu dai hơn chiều rộng 6 m và bình phương độ dài đường chéo gấp 5 lần chu vi. Xác định chiều dài và rộng của mảnh đất hình chữ nhật.
Bài 4: ( 4 điểm).
Cho đường tròn(O; R) từ một điểm M ngoài đường tròn (O; R). vẽ hai tiếp tuyến A, B. lấy C bất kì trên cung nhỏ AB. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của C tên AB, AM, BM.
	a/ cm AECD Nội tiếp một đường tròn .
	b/ cm: 
	c/ cm : Gọi I là trung điểm của AC và ED, K là giao điểm của CB , DF. 
 Cm IK// AB.
d/ Xác định vị trí c trên cung nhỏ AB dể (AC2 + CB2 )nhỏ nhất. tính giá trị nhỏ nhất đó 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 gĩc 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 cơng thức đường trung tuyến của tam giác.
Gọi N là trung điểm của AB.
Ta cĩ: 
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
AB2/2 ko đổi nên CA2 + CB2 đạt GTNN khi CN đạt GTNN ĩ 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 đĩ: Min (CA2 + CB2 ) = 2R2 .
Së gd vµ ®t
 thanh ho¸
Kú thi tuyĨn sinh thpt chuyªn lam s¬n
n¨m häc: 2009 - 2010
§Ị chÝnh thøc
M«n: To¸n (Dµnh cho thÝ sinh thi vµo líp chuyªn To¸n) 
 Thêi gian lµm bµi: 150 phĩt (kh«ng kĨ thêi gian giao ®Ị)
 Ngµy thi: 19 th¸ng 6 n¨m 2009
C©u 1: (2,0 ®iĨm)
 1. Cho sè x tho¶ m·n ®iỊu kiƯn: x2 + = 7
 TÝnh gi¸ trÞ c¸c biĨu thøc: A = x3 + vµ B = x5 + 
 2. Giải hệ phương trình: 
C©u 2: (2,0 ®iĨm) Cho ph­¬ng tr×nh: () cã hai nghiƯm tho¶ m·n ®iỊu kiƯn: .T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cđa biĨu thøc:
C©u 3: (2,0 ®iĨm)
 1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: + + = 
2. T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn tè p ®Ĩ 4p2 +1 vµ 6p2 +1 cịng lµ sè nguyªn tè.
C©u 4: (3,0 ®iĨm) 
 1. Cho h×nh vu«ng cã hai ®­êng chÐo c¾t nhau t¹i . Mét ®­êng th¼ng qua , c¾t c¹nh t¹i vµ c¾t ®­êng th¼ng t¹i . Gäi lµ giao ®iĨm cđa c¸c ®­êng th¼ng vµ . Chøng minh r»ng: . 
 2. Cho đường trịn (O) bán kính R=1 và một điểm A sao cho OA=.Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường trịn (O) (B, C là các tiếp điểm).Một gĩc xOy cĩ số đo bằng cĩ cạnh Ox cắt đoạn thẳng AB tại D và cạnh Oy cắt đoạn thẳng AC tại E. Chứng minh rằng: .
C©u 5: (1,0 ®iĨm) Cho biĨu thøc ,trong ®ã .
 Chøng minh r»ng: .
...HÕt ...
 Së gi¸o dơc vµ ®µo Kú thi tuyĨn vµo líp 10 chuyªn lam s¬n 
 Thanh Ho¸	 n¨m häc 2009-2010 
	§¸p ¸n ®Ị thi chÝnh thøc
 M«n: To¸n ( Dµnh cho thÝ sinh thi vµo líp chuyªn To¸n) 
 Ngµy thi: 19 th¸ng 6 n¨m 2009
 (§¸p ¸n nµy gåm 04 trang)
C©u
ý
Néi dung
§iĨm
1
1
Tõ gi¶ thiÕt suy ra: (x +)2 = 9 Þ x + = 3 (do x > 0)
Þ 21 = (x +)(x2 + ) = (x3 +) + (x +) Þ A = x3 +=18
Þ 7.18 = (x2 + )(x3 +) = (x5 +) + (x +)
Þ B = x5+= 7.18 - 3 = 123
0.25
0.25
0.25
0.25
2
Từ hệ suy ra (2)
Nếu thì nên (2) xảy ra khi và chỉ khi x=y
thế vào hệ ta giải được x=1, y=1
0.5
0.5
2
Theo ViÐt, ta cã: , .
Khi ®ã = ( V× a 0)
 =
V× nªn vµ 
Do ®ã 
§¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi hoỈc 
Tøc lµ VËy max=3
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
3
1
§K: x ≥ 2, y ≥ - 2009, z ≥ 2010
Ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi:
x + y + z = 2 +2 +2
Û (- 1)2 + (- 1)2 + (- 1)2 = 0
 - 1 = 0 x = 3
 - 1 = 0 Û y = - 2008
 - 1 = 0 z = 2011
0.25
0.25
0.25
0.25
2
NhËn xÐt: p lµ sè nguyªn tè Þ 4p2 + 1 > 5 vµ 6p2 + 1 > 5
§Ỉt x = 4p2 + 1 = 5p2- (p - 1)(p + 1)
 y = 6p2 + 1 Þ 4y = 25p2 – (p - 2)(p + 2)
Khi ®ã:
- NÕu p chia cho 5 d­ 4 hoỈc d­ 1 th× (p - 1)(p + 1) chia hÕt cho 5
Þ x chia hÕt cho 5 mµ x > 5 Þ x kh«ng lµ sè nguyªn tè
- NÕu p chia cho 5 d­ 3 hoỈc d­ 2 th× (p - 2)(p + 2) chia hÕt cho 5
Þ 4y chia hÕt cho 5 mµ UCLN(4, 5) = 1 Þ y chia hÕt cho 5 mµ 
y > 5 
Þ y kh«ng lµ sè nguyªn tè
VËy p chia hÕt cho 5, mµ p lµ sè nguyªn tè Þ p = 5
Thư víi p =5 th× x =101, y =151 lµ c¸c sè nguyªn tè
§¸p sè: p =5
0.25
0.25
0.25
0.25
4
1.
2.
5.
D
C
N
A
B
I
K
M
E
Trªn c¹nh AB lÊy ®iĨm I sao cho IB = CM 
Ta cã IBE = MCE (c.g.c).
Suy ra EI = EM , MEI vu«ng c©n t¹i E
Suy ra 
MỈt kh¸c: IM // BN
 tø gi¸c BECK néi tiÕp 
 L¹i cã: . VËy 
O
C
B
D
E
M
A
xx
y
Vì AO = , OB=OC=1 và ÐABO=ÐACO=900 suy ra OBAC là hình vuơng
 Trên cung nhỏ BC lấy điểm M sao cho ÐDOM = ÐDOB ÞÐMOE=ÐCOE
 Suy ra MOD= BOD Þ ÐDME=900
 MOE= COE ÞÐEMO=900
 suy ra D,M,E thẳng hàng, suy ra DE là tiếp tuyến của (O).
Vì DE là tiếp tuyến suy ra DM=DB, EM=EC
 Ta cĩ DE<AE+AD Þ2DE<AD+AE+BD+CE =2 suy ra DE<1
 Đặt DM= x, EM=y ta cĩ AD2 + AE2 = DE2 
Û (1-x)2 + (1-y)2 = (x+y)2
Û 1- (x+y) = xy suy ra DE2 + 4.DE - 4
 Û DE
 Vậy DE<1
Ta cã: 
V× nªn 
¸p dơng bÊt ®¼ng thøc Cosi cho hai sè kh«ng ©m cã: 
 (theo (1))
Râ rµng v×: 
§Ỉt ,ta c ... : phương trình (2) vô nghiệm.
Do đó z = 1, hoặc 2.
Nêu z = 1 thì D = - 3 – 8 + 32 = 21: không chính phương, suy ra phương trình (2) không có nghiệm nguyên.
Do đó z = 2.
Thay z = 2, k = 1 vào phương trình (2):
x2 – 2x + (6 + 4 – 10) = 0 Û x2 – 2x = 0 Û x(x – 2) = 0 Û x = 2 (x > 0)
Suy ra x = y = z = 2.
Vậy tam giác đã cho là tam giác đều.
Së Gi¸o dơc vµ ®µo t¹o
H¶i D­¬ng
§Ị thi chÝnh thøc
Kú thi tuyĨn sinh líp 10 THPT
N¨m häc 2009-2010
M«n thi: To¸n
Thêi gian lµm bµi: 120 phĩt kh«ng kĨ thêi gian giao ®Ị.
 Ngµy 06 th¸ng 07 n¨m 2009 (buỉi chiỊu)
(§Ị thi gåm cã: 01 trang)
C©u I: (2,0 ®iĨm)
 1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 2(x - 1) = 3 - x
 2. Gi¶i hƯ ph­¬ng tr×nh: 
C©u II: (2,0 ®iĨm)
 1. Cho hµm sè y = f(x) = . TÝnh f(0); f(2); f(); f()
 2. Cho ph­¬ng tr×nh (Èn x): x2 - 2(m + 1)x + m2 - 1 = 0. T×m gi¸ trÞ cđa m ®Ĩ ph­¬ng tr×nh cã hai nghiƯm x1, x2 tho¶ m·n x12+x22 = x1.x2 + 8.
C©u III: (2,0 ®iĨm)
 1. Rĩt gän biĨu thøc:
 A = Víi x > 0 vµ x ≠ 1.
 2. Hai « t« cïng xuÊt ph¸t tõ A ®Õn B, « t« thø nhÊt ch¹y nhanh h¬n « t« thø hai mçi giê 10km nªn ®Õn B sím h¬n « t« thø hai 1 giê. TÝnh vËn tèc hai xe « t«, biÕt qu·ng ®­êng AB dµi lµ 300km.
C©u IV(3,0 ®iĨm)
 Cho ®­êng trßn (O), d©y AB kh«ng ®i qua t©m. Trªn cung nhá Ab lÊy ®iĨm M (M kh«ng trïng víi A, B). KỴ d©y MN vu«ng gãc víi AB t¹i H. KỴ MK vu«ng gãc víi AN (KỴAN).
 1. Chøng minh: Bèn ®iĨm A, M, H, K thuéc mét ®­êng trßn.
 2. Chøng minh: MN lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc BMK.
 3. Khi M di chuyĨn trªn cung nhá AB. Gäi E lµ giao ®iĨm cđa HK vµ BN. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cđa ®iĨm M ®Ĩ (MK.AN + ME.NB) cã gi¸ trÞ lín nhÊt.
C©u V:(1,0 ®iĨm)
 Cho x, y tho¶ m·n: .
 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc: B = x2 + 2xy – 2y2 +2y +10.
----------------HÕt------------------
Gỵi ý lêi gi¶i:
C©u I: 
1. x = 
2. 
C©u II: 
1. f(0) = 0; f(2) = -2 ; f(1/2) = -1/8 ; f(-)=-1.
2. D = 8m+8 ≥ 0 Û m ≥ -1.
Theo ViÐt ta cã: 
Mµ theo ®Ị bµi ta cã: x12 + x22 = x1.x2 + 8 
(x1+ x2)2 - 2x1.x2 = x1.x2 + 8 
m2 + 8m -1 = 0
m1 = - 4 + (tho¶ m·n)
m2 = - 4 - (kh«ng tho¶ m·n ®k)
C©u III: 
1. A = 
2. Gäi vËn tèc cđa « t« thø nhÊt lµ x (km/h) (x>10)
=> VËn tèc « t« thø hai lµ x-10(km/h)
Thêi gian « t« thø nhÊt ®i hÕt qu·ng ®­êng lµ: (h)
Thêi gian « t« thø hai ®i hÕt qu·ng ®­êng lµ: (h)
Theo bµi ra ta cã ph­¬ng tr×nh: 
Gi¶i ph­¬ng tr×nh trªn ta ®­ỵc nghiƯm lµ x1 = -50 (kh«ng tho¶ m·n) x2 = 60 (tho¶ m·n)
VËy vËn tèc xe thø nhÊt lµ 60km/h, xe thø hai lµ 50 km/h.
C©u IV:
1. Tø gi¸c AHMK néi tiÕp ®­êng trßn ®­êng
 kÝnh AM( v× )
2. V× tø gi¸c AHMK néi tiÕp nªn
 (cïng bï víi gãc KAH)
Mµ (néi tiÕp cïng ch¾n cung NB)
=> => MN lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc KMB.
3. Ta cã tø gi¸c AMBN néi tiÕp =>
=> => tø gi¸c MHEB néi tiÕp
=> =>DHBN ®ång d¹ng DEMN (g-g)
=> => ME.BN = HB. MN (1)
Ta cã DAHN ®ång d¹ng DMKN ( Hai tam gi¸c vu«ng cã gãc ANM chung )
=> => MK.AN = AH.MN (2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã: MK.AN + ME.BN = MN.AH + MN.HB = MN(HB+AH) = MN.AB.
Do AB kh«ng ®ỉi, nªn MK.AN + ME.BN lín nhÊt khi MN lín nhÊt => MN lµ ®­êng kÝnh cđa ®­êng trßn t©m O.=> M lµ ®iĨm chÝnh gi÷a cung AB.
C©u V: 
Tõ => (1) §K: x,y-2
XÐt c¸c tr­êng hỵp sau:
 NÕu x>y -2 => x3>y3 => VP= y3 - x3 <0 
MỈt kh¸c ta cã:x>y -2 => x+2>y+2 0 => 
 => kh«ng tån t¹i x,y tháa m·n (1).
 T­¬ng tù :
NÕu y>x -2 => VP>0, VT kh«ng tån t¹i x,y tháa m·n (1).
VËy x=y thay vµo B = x2 + 2xy - 2y2 +2y +10 =>
 B = x2 +2x + 10 =(x+1)2 +9 ≥ 9
=> Min B =9 Û x=y=-1
Cách 2
ĐK: 
Từ x3 - y3 + - =0 
 (x-y)(x2 + xy + y2 ) + = 0 
 (x-y)( x2 + xy + y2 + ) = 0 x = y 
( do x2 + xy + y2 + = + > 0 )
Khi đĩ B = x2 + 2x + 10 = (x+1)2 + 9 9 
Min B = 9 x = y = -1 (thỏa mãn ĐK).
Vậy Min B = 9 x = y = -1.
Së Gi¸o dơc vµ ®µo t¹o
H¶i D­¬ng
§Ị thi chÝnh thøc
Kú thi tuyĨn sinh líp 10 THPT
N¨m häc 2009-2010
M«n thi: To¸n
Thêi gian lµm bµi: 120 phĩt kh«ng kĨ thêi gian giao ®Ị.
 Ngµy 08 th¸ng 07 n¨m 2009 (buỉi chiỊu)
(§Ị thi gåm cã: 01 trang)
 Câu 1(2.0 điểm):
 1) Giải phương trình: 
 2) Giải hệ phương trình: 
 Câu 2:(2.0 điểm)
 a) Rút gọn biểu thức: A = với x 0 và x 4.
 b) Một hình chữ nhật cĩ chiều dài hơn chiều rộng 2 cm và diện tích của nĩ là 15 cm2. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đĩ.
 Câu 3: (2,0 điểm)
 Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x)
 Giải phương trình với m = 3.
 Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho cĩ hai nghiệm phân biệt x1, x2 và thỏa mãn điều kiện: x12 – 2x2 + x1x2 = - 12
 Câu 4:(3 điểm)
 Cho tam giác MNP cân tại M cĩ cậnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường trịn ( O;R). Tiếp tuyến tại N và P của đường trịn lần lượt cắt tia MP và tia MN tại E và D.
Chứng minh: NE2 = EP.EM
Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp.
Qua P kẻ đường thẳng vuơng gĩc với MN cắt đường trịn (O) tại K 
 ( K khơng trùng với P). Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2.
 Câu 5:(1,0 điểm)
 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = 
-----------Hết----------
Giải
Câu I.
a, Vậy tập nghiệm của phương trình S=
b, Vậy nghiệm của hệ (x;y) =(10;5)
Câu II.
a, với x 0 và x 4.
Ta cĩ: 
b, Gọi chiều rộng của HCN là x (cm); x > 0
 Chiều dài của HCN là : x + 2 (cm)
Theo bài ra ta cĩ PT: x(x+2) = 15 .
Giải ra tìm được :x1 = -5 ( loại ); x2 = 3 ( thỏa mãn ) .
Vậy chiều rộng HCN là : 3 cm , chiều dài HCN là: 5 cm.
Câu III.
a, Với m = 3 Phương trình cĩ dạng : x2 - 2x x = 0 hoặc x = 2 
Vậy tập nghiệm của phương trình S=
b, Để PT cĩ nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì .
Theo Vi-et :
Theo bài: x21 -2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12
 2x1 - 2x2 = -12 ) ( Theo (1) )
hay x1 - x2 = -6 . 
Kết hợp (1) x1 = -2 ; x2 = 4 Thay vào (2) được :
m - 3 = -8 m = -5 ( TM (*) )
Câu IV .
a, NEM đồng dạng PEN ( g-g)
b, ( do tam giác MNP cân tại M )
=> .
Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE 
dưới 1 gĩc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp .
c, MPF đồng dạng MIP ( g - g ) 
.
MNI đồng dạng NIF ( g-g )
Từ (1) và (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3).
 ( cùng phụ ) 
=> 
=> NK = NI ( 4 ) 
Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5) 
Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm .
Câu V .
+) k=0 . Phương trình (1) cĩ dạng 8x-6=0 ĩ x=
+) k 0 thì (1) phải cĩ nghiệm ĩ= 16 - k (k - 6) 0 
.
Max k = 8 x = .
Min k = -2 x = 2 .
Së Gi¸o dơc vµ ®µo t¹o
B¾c giang
---------------------
§Ị thi chÝnh thøc
(®ỵt 1)
Kú thi tuyĨn sinh líp 10 THPT
N¨m häc 2009-2010
M«n thi: To¸n
Thêi gian lµm bµi: 120 phĩt kh«ng kĨ thêi gian giao ®Ị.
 Ngµy 08 th¸ng 07 n¨m 2009
(§Ị thi gåm cã: 01 trang)
--------------------------------------
C©u I: (2,0®)
 1. TÝnh 
 2. Gi¶i hƯ ph­¬ng tr×nh: 
C©u II: (2,0®)
 1.Gi¶i ph­¬ng tr×nh x2-2x+1=0
 2. Hµm sè y=2009x+2010 ®ång biÕn hay nghÞch biÕn trªn R? V× sao?
C©u III: (1,0®)
 LËp ph­¬ng tr×nh bËc hai nhËn hai sè 3 vµ 4 lµ nghiƯm?
C©u IV(1,5®)
 Mét «t« kh¸ch vµ mét «t« t¶i cïng xuÊt ph¸t tõ ®Þa ®iĨm A ®i ®Õn ®Þa ®iĨm B ®­êng dµi 180 km do vËn tèc cđa «t« kh¸ch lín h¬n «t« t¶i 10 km/h nªn «t« kh¸ch ®Õn B tr­íc «t« t¶i 36 phĩt.TÝnh vËn tèc cđa mçi «t«. BiÕt r»ng trong qu¸ tr×nh ®i tõ A ®Õn B vËn tèc cđa mçi «t« kh«ng ®ỉi.
C©u V:(3,0®)
 1/ Cho tam gi¸c ABC nhän néi tiÕp ®­êng trßn t©m O. C¸c ®­êng cao BH vµ CK tam gi¸c ABC c¾t nhau t¹i ®iĨm I. KỴ ®­êng kÝnh AD cđa ®­êng trßn t©m O, c¸c ®o¹n th¼ng DI vµ BC c¾t nhau t¹i M.Chøng minh r»ng.
a/Tø gi¸c AHIK néi tiÕp ®­ỵc trong mét ®­êng trßn.
b/OMBC.
 2/Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A,c¸c ®­êng ph©n gi¸c trong cđa go¸c B vµ gãc C c¾t c¸c c¹nh AC vµ AB lÇn l­ỵt t¹i D vµ E. Gäi H lµ giao ®iĨm cđa BD vµ CE, biÕt AD=2cm, DC= 4 cm tÝnh ®é dµi ®o¹n th¼ng HB.
 C©u VI:(0,5®)
Cho c¸c sè d­¬ng x, y, z tháa m·n xyz - 
T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc P = (x+y)(x+z)
----------------HÕt------------------
Hä vµ tªn thÝ sinh. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .SBD: . . . . . . . . . . . . . . . . 
®¸p ¸n:
C©u I: (2,0®)
 1. TÝnh = 2.5 = 10
 2. Gi¶i hƯ ph­¬ng tr×nh: 
 VËy hƯ ph­¬ng tr×nh cã nghiƯm duy nhÊt (x;y) = (2;1) . 
C©u II: (2,0®)
 1.
 x2 - 2x +1 = 0
 (x -1)2 = 0
 x -1 = 0
 x = 1
VËy PT cã nghiƯm x = 1
 2. 
Hµm sè trªn lµ hµm sè ®ång biÕn v×: Hµm sè trªn lµ hµm bËc nhÊt cã hƯ sè 
a = 2009 > 0. HoỈc nÕu x1>x2 th× f(x1) > f(x2) 
C©u III: (1,0®)
 LËp ph­¬ng tr×nh bËc hai nhËn hai sè 3 vµ 4 lµ nghiƯm?
Gi¶ sư cã hai sè thùc: x1 = 3; x2 = 4
XÐt S = x1 + x2 = 3 + 4 = 7; P = x1 .x2 = 3.4 = 12 =>S2 - 4P = 72 - 4.12 = 1 > 0
VËy x1; x2 lµ hai nghiƯm cđa ph­¬ng tr×nh: x2 - 7x +12 = 0 
C©u IV(1,5®)
§ỉi 36 phĩt = h
Gäi vËn tèc cđa « t« kh¸ch lµ x ( x >10; km/h)
 VËn tèc cđa «t« t¶i lµ x - 10 (km/h)
Thêi gian xe kh¸ch ®i hÕt qu·ng ®­êng AB lµ:(h)
Thêi gian xe t¶i ®i hÕt qu·ng ®­êng AB lµ:(h)
V× «t« kh¸ch ®Õn B tr­íc «t« t¶i 36 phĩt nªn ta cã PT:
 x1 = 5 +55 = 60 ( TM§K)
 x2 = 5 - 55 = - 50 ( kh«ng TM§K)
VËy vËn tèc cđa xe kh¸ch lµ 60km/h, vËn tèc xe t¶i lµ 60 - 10 = 50km/h
C©u V:(3,0®)
 1/ .
A
B
C
D
M
I
O
H
K
a) AHI vu«ng t¹i H (v× CAHB)
AHI néi tiÕp ®­êng trßn ®­êng kÝnh AI
AKI vu«ng t¹i H (v× CKAB)
AKI néi tiÕp ®­êng trßn ®­êng kÝnh AI
VËy tø gi¸c AHIK néi tiÕp ®­êng trßn ®­êng kÝnh AI
b)
Ta cã CAHB( Gt)
 CADC( gãc ACD ch¾n nưa ®­êng trßn)
=> BH//CD hay BI//CD (1)
Ta cã ABCK( Gt)
 ABDB( gãc ABD ch¾n nưa ®­êng trßn)
=> CK//BD hay CI//BD (2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã Tø gi¸c BDCI lµ h×nh b×nh hµnh( Cã hai cỈp c¹nh ®èi song song)
Mµ DI c¾t CB t¹i M nªn ta cã MB = MC
=> OMBC( ®­êng kÝnh ®i qua trung ®iĨm cđa d©y th× vu«ng gãc víi d©y ®ã)
 2/ D
A
B
C
E
H
1
2
2
1
C¸ch 1:
V× BD lµ tia ph©n gi¸c gãc B cđa tam gi¸c ABC;
nªn ¸p dơng tÝnh chÊt ®­êng ph©n gi¸c ta cã: 
V× ABC vu«ng t¹i A mµ BC = 2AB nªn 
^ACB = 300; ^ABC = 600
V× ^B1 = ^B2(BD lµ ph©n gi¸c) nªn ^ABD = 300
V× ABD vu«ng t¹i A mµ ^ABD = 300 nªn BD = 2AD = 2 . 2 = 4cm
=> 
V× ABC vu«ng t¹i A => 
V× CH lµ tia ph©n gi¸c gãc C cđa tam gi¸c CBD; nªn ¸p dơng tÝnh chÊt ®­êng ph©n gi¸c ta cã: 
Ta cã: 
. VËy 
 C¸ch 2: BD lµ ph©n gi¸c =>
 C©u VI:(0,5®)
C¸ch 1:V× xyz - => xyz(x+y+z) = 16
P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz
¸p dơng B§T C«si cho hai sè thùc d­¬ng lµ x(x+y+z) vµ yz ta cã
P = (x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz ; dÊu ®¼ng thøc xÈy ra khi 
x(x+y+z) = yz .VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa P lµ 8
C¸ch 2: xyz==>x+y+z=
 P=(x+y)(x+z)=x2+xz+xy+yz=x(x+y+z)+yz=x. +yz=(b®t cosi)
V©y GTNN cđa P=8 
Mọi chi tiết xin liên hệ [email protected] hoặc [email protected] 
“Luơn chúc mọi người hạn phúc và luơn vui vẻ”