0ĐỀ SỐ 1.
SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )
Bài 1 ( 2 điểm)
Cho biểu thức
2 9 3 2 1
5 6 2 3
x x x
A
x x x x
− + +
= − −
− + − −
.
a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa .
b) Rút gọn biểu thức A.
Bài 2 ( 1,5 điểm)
Giả sử x
1
; x
2
là nghiệm của phương trình : x
2
+ 2kx + 4 = 0 .
Tìm tất cả các giá trị của k sao cho có bất đẳng thức :
2 2
1 2
2 1
3
x x
x x

+ + − −
.
a) Tìm điều kiện của x để phương trình có nghĩa .
b) Giải phương trình .
Bài 5 ( 3 điểm)
Cho hình thang ABCD (CD > AB) với AB // CD và
AB BD⊥
. Hai đường chéo
AC và BD cắt nhau tại G . Trên đường thẳng vuông góc với AC tại C lấy điểm E
sao cho CE = AG và đoạn thẳng GE không cắt đường thẳng CD . Trên đoạn thẳng
DC lấy điểm F sao cho DF = GB
a) Chứng minh
FDG∆
đồng dạng với
ECG∆
.
b) Chứng minh
EGF F⊥
.
HẾT
ĐÁP ÁN
Bài 1 ( 2 điểm)
Cho biểu thức
2 9 3 2 1
5 6 2 3
x x x
A
x x x x
− + +
= − −

3
3 2 3 2
x x x
A
x x x x
x x x
x x
x x
x x x x x
x x
x x x x x
x x
x x
x x x
x
x x x x
− + +
= − −
− + − −
− + +
− +
− −
− −
− − + − + + −
− −
− − + + + − −
− −
+ −
− − +
= =

.
Khi đó ta có :
1 2
1 2
2
4
x x k
x x
+ = −


=

Vậy :
( )
( )
2
2 2 2
2
2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
2 1 1 2 1 2
2
2
2
2
2
2
2


− ≤ −
 
−
⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔

 ÷
− ≥
 



≤ −
⇔

≥ +


Kết hợp (*) và (**) ta có :
2
2
4
2
k
k
k
≤ −

≥ ⇔


3
+ 3(x
2
+y
2
) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
1 1
M
x y
= +
.
- 2 -
Ta có : x
3
+ y
3
+ 3(x
2
+y
2
) +4(x + y) + 4 = 0
⇔
x
3
+ 3x
2
+ 3x +1 + y
3
+ 3y

Nên (*)
⇔
x + y + 2 = 0
⇔
x + y = - 2
1 1 2
Ta c :
x y
ó M
x y xy xy
+ −
= + = =
vì
( )
2
1 2
4 4 4 1 2x y xy xy
xy xy
−
+ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤ −
.
Vậy MaxM = -2
⇔
x = y = -1 .
Bài 4 ( 2 điểm)
Cho phương trình :
2 2
2
2 2 2 2
x x

≥
0) .
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
8
Ta c :
2
2 2
8

2 8 4 2
8
4 2 4 0
8
(I)
2 4 0
a b
ó
a b
a b
a b
a b ab a b a b ab

⇔

− − + =


Vì ab + 4 > 0 nên :
- 3 -
( )
( )
2
2
2
2 8
2
2
2
2
2

1 3
2
2
2 2 0
1 3 (loai v a 0)
3 1 4 2 3 1
3
3 1
4 2 3 1
ab
a b ab



=


=

=
  
⇔ ⇔ ⇔
  

= +
  
− =
− − =





= − <





= + + = +
 
⇔ ⇔ ⇔ =

a)
FDG
∆
~
ECG
∆
.
b)
EGF F
⊥
Chứng minh :
a) Ta có AB // CD
BG GD
AG GC
⇒ =
, mà AG = CE ; BG = DF
DF GD
CE GC
⇒ =
Xét
FDG∆
và
ECG∆
có :
·
·
0
; 90
DF GD
GDF GCE

·
0 0
90 90GCE GFE GF FE= ⇒ = ⇒ ⊥
- 4 -
\\
//
X
X
F
E
D
C
G
B
A
S 2.
THI TUYN VO THPT
Nm hc: 2007 - 2008
MễN: TON
Thi gian lm bi 120 phỳt ( khụng k giao )
Bài 1: ( 1 điểm )
Chứng minh đẳng thức:
3 2 6 150 1 4
3 3
27 3 6


ì =
ữ
ữ

nhau tại một ga cách Hà Nội 300 km. Tìm vận tốc của mỗi xe, giả thiết rằng quãng
đờng sắt Huế - Hà Nội dài 645 km.
Bài 4: ( 3,5 điểm )
Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B và C ở trên nửa đờng tròn đờng kính AD, tâm
O. Hai đờng chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu vuông góc của E
xuống AD và I là trung điểm của DE. Chứng minh rằng:
a) Các tứ giác ABEH, DCEH nội tiếp đợc;
b) E là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác BCH;
c) Năm điểm B, C, I, O, H ở trên một đờng tròn.
Bài 5: ( 1,5 điểm )
Để làm một cái phểu hình nón không nắp bằng bìa cứng bán kính đáy
12r cm=
,
chiều cao
16h cm=
, ngời ta cắt từ một tấm bìa ra hình khai triển của mặt xung
quanh của hình nón, sau đó cuộn lại. Trong hai tấm bìa hình chữ nhật: Tấm bìa A
có chiều dài 44cm, chiều rộng 25cm; tấm bìa B có chiều dài 42cm, chiều rộng
28cm, có thể sử dụng tấm bìa nào để làm ra cái phểu hình nón nói trên mà không
phải chắp nối ? Giải thích.
P N
Bi 1.
- 5 -
( ) ( )
( )
2 3 3 6 3 1
3 2 6 6
3
27 3 3 3 3
3 3 1

4 9 6 1
3 1 3 1
x x
x x x
x x

+ =

( )
6 3 16 3 1
6
3 1 3 1
x xx x
x
x x

= = =

(vì
1
0
3
x< <
nên
0x
>
và
3 1 0x
<
)

900 5 5 1035 5 22 1035 0x x x x x x + + = + =
Giải phơng trình ta đợc:
1
23x =
(loại vì x > 0) và
2
45 0x = >
.
Vậy vận tốc xe lửa thứ nhất là: 45 km/h và vận tốc xe lửa thứ hai là: 50 km/h
S: v
1
= 45 km/h
v
2
= 50 km/h
B i 4.
a) Tứ giác ABEH có:
à
0
90B =
(góc nội tiếp trong nửa đờng tròn);
à
0
90H =
(giả thiết)
Nên: ABEH nội tiếp đợc.
Tơng tự, tứ giác DCEH có
à
à
0

ã
ECH BDA BCE= =
, nên CE là tia phân giác của góc
ã
BCH
.
+ Vậy: E là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác BCH.
Suy ra EH là tia phân giác của góc
ã
BHC
c) Ta có I là tâm của đờng tròn ngoại tiếp tam giác vuông ECD, nên
ã
ã
2BIC EDC=
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung
ằ
EC
). Mà
ã ã
EDC EHC=
, suy ra
ã
ã
BIC BHC=
.
+ Trong (O),
ã ã ã
2BOC BDC BHC= =
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung
ằ

AOI AOI
OA
= =

0
20cos72 6,2( )OI cm =
.
+ Do đó, để cắt đợc hình quạt nói trên thì phải cần tấm bìa hình chữ nhật có kích th-
ớc tối thiểu: dài 40cm, rộng (20 + 6,2) = 26,2cm. Vậy phải dùng tấm bìa B mới cắt
đợc hình khai triển của mặt xung quanh của hình nón mà không bị chắp vá.
S 3.
S GD & T THI TUYN VO THPT
Nm hc: 2006 - 2007
MễN: TON
Thi gian lm bi 120 phỳt ( khụng k giao )
Bi 1: ( 2 im )
Cho biu thc P=
a) Rỳt gn biu thc P
b) Tỡm x P <
Bi 2: ( 2 im )
Mt ngi i xe p t A n B cỏch nhau 24km. Khi t B tr v A ngi ú tng
vn tc thờm 4km/h so vi lỳc i, vỡ vy thi gian v ớt hn thi gian i 30 phỳt.
Tớnh vn tc ca xe p khi i t A n B.
- 7 -
Bài 3: ( 2 điểm )
Cho phương trình ( * )
a) Giải phương trình khi b= -3 và c=2
b) Tìm b,c để phương trình ( * ) có hai nghiệm phân biệt và tích của chúng bằng 1.
Bài 4: ( 3 điểm )
Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với đường thẳng d tại A. Trên d lấy điểm H không

Bài 4:
1. vì cùng chắn cung AE. Do đó tam giác ABH và EHA đồng dạng.
2. nên hay . Vậy tứ giác AHEK là nội tiếp
đường tròn đường kính AE.
3. M là trung điểm EB thì OM vuông góc BE, OM=AH. Ta có
đều cạnh R. Vậy AH= OM=
Bài 5:
Đường thẳng y = (m-1)x+2 mx= y+x-2đi qua điểm cố định A(0;2). Do đố
OA=2. Khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ đến đường thẳng d là OA=2, xảy ra khi
d vuông góc với OA hay hệ số góc đường thẳng d là 0 tức là m-1.
ĐỀ SỐ 4.
SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
Năm học: 2005 - 2006
- 9 -
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )
Câu 1: ( 1, 5 điểm )
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) x
2
– 2 x + 4 = 0
b) x
4
– 29x
2
+ 100 = 0
c)
Câu 2: ( 1, 5 điểm )
Thu gọn các biểu thức sau:
a)

AB, AC theo thứ tự tại E và F. Biết BF cắt CE tại H và AH cắt BC tại D.
a) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và AH vuông góc với BC.
b) Chứng minh AE.AB = AF.AC.
c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và K là trung điểm của BC.
Tính tỉ số khi tứ giác BHOC nội tiếp.
d) Cho HF = 3 cm, HB = 4 cm, CE = 8 cm và HC > HE. Tính HC.
ĐÁP ÁN
Câu 1:
- 10 -
a) Ta có Δ’ = 1 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x
1
= 5 – 1 và x
2
= 5 + 1.
b) Đặt t = x
2
≥ 0, ta được phương trình trở thành t
2
– 29t + 100 = 0 t = 25 hay t
=2.
* t = 25 x
2
= 25 x = ± 5.
* t = 4 x
2
= 4 x = ± 2.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là ± 2; ±5.
c)
Câu 2:
a)

2
m > 1.
c) Khi m > 1 ta có:
S = x
1
+ x
2
= 2m và P = x
1
x
2
= m
2
– m + 1
Do đó: A = P – S = m
2
– m + 1 – 2m = m
2
– 3m + 1 = − ≥ – .
Dấu “=” xảy ra m= (thỏa điều kiện m > 1)
Vậy khi m = thì A đạt giá trị nhỏ nhất và GTNN của A là – .
Câu 5:
a) * Ta có E, F lần lượt là giao điểm của AB, AC với đường tròn đường kính BC.
Tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC.
* Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
- 11 -
BF, CE là hai đường cao của ΔABC.
H là trực tâm của Δ ABC.
AH vuông góc với BC.
b) Xét Δ AEC và Δ AFB có:

b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên.
Bài 3 : (2 điểm)
Một ca nô xuôi dòng từ bến sông A đến bến sông B cách nhau 24 km ; cùng lúc đó,
cũng từ A về B một bè nứa trôi với vận tốc dòng nước là 4 km/h. Khi đến B ca nô
quay lại ngay và gặp bè nứa tại địa điểm C cách A là 8 km. Tính vận tốc thực của
ca nô.
Bài 4 : (3 điểm)
Cho đường tròn tâm O bán kính R, hai điểm C và D thuộc đường tròn, B là trung
điểm của cung nhỏ CD. Kẻ đường kính BA ; trên tia đối của tia AB lấy điểm S, nối
S với C cắt (O) tại M ; MD cắt AB tại K ; MB cắt AC tại H.
a) Chứng minh  BMD =  BAC, từ đó => tứ giác AMHK nội tiếp.
b) Chứng minh : HK // CD.
c) Chứng minh : OK.OS = R
2
.
Bài 5 : (1 điểm)
Cho hai số a và b khác 0 thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/2
Chứng minh phương trình ẩn x sau luôn có nghiệm :
(x
2
+ ax + b)(x
2
+ bx + a) = 0.
- 13 -
P N
B i 1.
B i 2.
Bài 3:
Do ca nô xuất phát từ A cùng với bè nứa nên thời gian của ca nô bằng thời gian bè
nứa:

ằ
BC BD=
(GT)


ã
ã
BMD BAC=
(2 góc
nội tiếp chắn 2 cung băng nhau)
* Do
ã
ã
BMD BAC=


A, M nhìn HK dời 1 góc
bằng nhau

MHKA nội tiếp.
b) Do BC = BD (do
ằ
ằ
BC BD=
), OC = OD (bán
kính)

OB là đờng trung trực của CD

CD

2
2 2
2
0 (*)
( )( ) 0
0 (**)
x ax b
x ax b x bx a
x bx a

+ + =
+ + + + =

+ + =
(*)


4b
2
=
, Để PT có nghiệm
2 2
1 1
4 0 4
2
a b a b
a

+ + +
ữ

(luôn luôn đúng với mọi a,b
- 14 -
ĐỀ SỐ 6.
SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
Năm học: 2004 - 2005
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )
Câu 1 : ( 2 điểm )
a) Cho phương trình
4 2 2
( 4 ) 7 1 0x m m x m
− + + − =
. Định m để phương trình có 4
nghiệm phân biệt và tổng bình phương tất cả các nghiệm bằng 10.
b) Giải phương trình:
2 2
4 2
3
5 3 ( 1)
1
x x
x x
+ = +
+ +
Câu 2 : ( 2 điểm )
a) Cho góc nhọn α. Rút gọn không còn dấu căn biểu thức :
2 2

- 15 -
Phương trình trở thành
4 2 2
( 4 ) 7 1 0X m m X m
− + + − =
(1)
Phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt dương
+

0
0
0
S
P
∆ >


⇔ >


>

2 2
2
( 4 ) 4(7 1) 0
4 0
7 1 0
m m m
m m
m

Vậy ta có
2 2
1
2( 4 ) 10 4 5 0
5
m
m m m m
m
=

+ = ⇒ + − = ⇒

= −

+
Với m = 1, (I) được thỏa mãn +
Với m = –5, (I) không thỏa mãn.
+
Vậy m = 1.
b)
Đặt
4 2
1t x x
= + +
(t ≥ 1)
Được phương trình
3
5 3( 1)t
t
+ = −

1 cosP
α
= −
(vì cosα < 1) +
b)
- 16 -
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
4 15 5 3 4 15 5 3 4 15 4 15+ − − = − + −
+
=
( )
5 3 4 15
− +
=
( ) ( )
2
5 3 4 15− +
+
=
( ) ( )
8 2 15 4 15− +
+
=
2
+
Câu 3 : ( 2 điểm )
( )
2
0 2a b a b ab

⇒ Tứ giác BEIF nội tiếp. +
c)
Gọi H là giao điểm của AB và PQ
Chứng minh được các tam giác AHP và PHB đồng dạng +
⇒
HP HA
HB HP
=
⇒ HP
2
= HA.HB +
Tương tự, HQ
2
= HA.HB +
⇒ HP = HQ ⇒ H là trung điểm PQ. +- 18 -
O
O’
B
A
C
D
E
F
I
P
Q
H

4
m <
D.
0m
và
1m <
Câu 3 :Cho
ABCV
nội tiếp đờng tròn (O) có
à
à
0 0
60 ; 45B C= =
. Sđ
ằ
BC
là:
A . 75
0
B . 105
0
C . 135
0
D . 150
0
Câu 4 : Một hình nón có bán kính đờng tròn đáy là 3cm, chiều cao là 4cm thì diện
tích xung quanh hình nón là:
A 9

(cm

C (AB>BC). Vẽ đờng tròn tâm (O
'
) đờng kính BC.Gọi I là trung điểm
của AC. Vẽ dây MN vuông góc với AC tại I, MC cắt đờng tròn tâm O
'

tại D.
a) Tứ giác AMCN là hình gì? Tại sao?
b) Chứng minh tứ giác NIDC nội tiếp?
- 19 -
c) Xác định vị trí tơng đối của ID và đờng tròn tâm (O) với đờng tròn
tâm (O
'
).
P N
Câu Nội dung Điểm
1 C 0.25
2 D 0.25
3 D 0.25
4 C 0.25
T LUN
1
a) A có nghĩa

0
1 0
x
x



=2
1x
0.25
c) A<1

2
1x
<1
0.25

2 2x <
0.25

1x <


x<1 0.25
Kết hợp điều kiện câu a)

Vậy với
0 1x
<
thì A<1
0.25
2
2giờ 24 phút=
12
5
giờ
Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x (giờ) ( Đk

Giaỉ phơng trình ta đợc x
1
=4; x
2
=-
6
5
(loại)
0.75
Vậy: Thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là:4 giờ
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: 4+2 =6(giờ)
0.25
3 Vẽ hình và ghi gt, kl đúng 0.5
- 20 -
I
D
N
M
O'
O
A
C
B
a) Đờng kính AB

MN (gt)

I là trung điểm của MN (Đờng
kính và dây cung)
0.5


N,B,D thẳng hàng do đó
ã
0
90NDC =
(3).
ã
0
90NIC =
(vì AC

MN) (4)
0.5
Từ (3) và (4)

N,I,D,C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính NC

Tứ giác NIDC nội tiếp 0.5
c) O

BA. O
'

BC mà BA vafBC là hai tia đối nhau

B nằm
giữa O và O
'
do đó ta có OO
'

0
' 90IMD O CD+ =
(vì
ã
0
90MIC =
)
0.25

ã
ã
0
' 90IDM O DC+ =
mà
ã
0
180MDC =

ã
0
' 90IDO =
do đó ID

DO

ID là tiếp tuyến của đờng tròn (O
'
).
0.25
Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa









+


x
xx
x
x
x
x
x
x
Với x
2
;1
.a, Ruý gọn biểu thức A
.b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x=
226 +
c. Tìm giá trị của x để A=3
Câu2.a, Giải hệ phơng trình:




x
x 2
2

b.Thay x=
226 +
vào A ta đợc A=
226
224
+
+
c.A=3<=> x
2
-3x-2=0=> x=
2
173
Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a
2
+3a=4 => a=-1;a=-4
Từ đó ta có



=+
=+
1232
4)(3)(
2
yx
yxyx

E
D
C
B
A
b) Ta có x
3
-4x
2
-2x-15=(x-5)(x
2
+x+3)
mà x
2
+x+3=(x+1/2)
2
+11/4>0 với mọi x
Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5
Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x
2
-2mx+1=0
Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành x+1=0=> x=1
Xét 2m-10=> m 1/2 khi đó ta có
,

= m
2
-2m+1= (m-1)
2
0 mọi m=> pt có nghiệm với mọi m

m
m
=>





<
>

012
0
12
2
m
m
m
=>m<0
Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0
Câu 4:
a. Ta có

KEB= 90
0

mặt khác

BFC= 90
0

BEF=

BEA=45
0
(EA là đờng chéo của hình vuông ABED)=>

BKF=45
0
Vì

BKC=

BCK= 45
0
=> tam giác BCK vuông cân tại B

S 9.
S GD & T THI TUYN VO THPT
Nm hc: 2006 - 2007
MễN: TON
Thi gian lm bi 120 phỳt ( khụng k giao )
Bài 1: Cho biểu thức: P =
( )








-( 2m + 1)x + m
2
+ m - 6= 0 (*)
a.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm âm.
b.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm x
1
; x
2
thoả mãn
3
2
3
1
xx
=50
- 23 -
Bài 3: Cho phơng trình: ax
2
+ bx + c = 0 có hai nghiệm dơng phân biệt x
1
, x
2
Chứng
minh:
a,Phơng trình ct
2
+ bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t
1
và t
2


a, Rút gọn: P =
( )
( )
( )
1
12
:
1
12
2




x
x
xx
xx
z
<=> P =
1
1
)1(
1
2

+
=



Vậy với x=
{ }
9;4;0
thì P có giá trị nguyên.
Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:
( )
( )







<+=+
>+=
++=
012
06
06412
21
2
21
2
2
mxx
mmxx
mmm








=
+
=

=+=++
2
51
2
51
0150)733(5
2
1
22
m
m
mmmm

Bài 3: a. Vì x
1
là nghiệm của phơng trình: ax
2
+ bx + c = 0 nên ax
1
2

2
+ bt + a = 0; t
1
=
1
1
x
Vì x
2
là nghiệm của phơng trình:
ax
2
+ bx + c = 0 => ax
2
2
+ bx
2
+ c =0
vì x
2
> 0 nên c.
0
1
.
1
2
2
2
=+


2
1
x

Vậy nếu phơng trình: ax
2
+ bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x
1
; x
2
thì phơng
trình : ct
2
+ bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t
1
; t
2
. t
1
=
1
1
x
; t
2
=
2
1
x
b. Do x



2
Do đó x
1
+ x
2
+ t
1
+ t
2


4
Bài 4
a. Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành .
Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên
CH
AB
và BH
AC
=> BD
AB
và CD
AC
.
Do đó:

ABD = 90
0