BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 MÔN TOÁN KHÔNG CHUYÊN
NĂM HỌC 2009 – 2010 CỦA 3 TỈNH :
HÀ NAM – AN GIANG – BÌNH ĐỊNH

ĐỀ SỐ 01
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
HÀ NAM Năm học: 2009 - 2010
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2 điểm)
1) Rút gọn biểu thức : A =
( )
2
2 3 2 288+ −

2) Giải phương trình:
a) x
2
+ 3x = 0
b) –x
4
+ 8x
2
+ 9 = 0
Bài 2: (2điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Cho số tự nhiên có hai chữ số, tổng của chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị
bằng 14. Nếu đổi chỗ chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì được số mới lớn
hơn số đã cho 18 đơn vị. Tìm số đã cho.
Bài 3. (1điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho (P): y = –3x
2

( )
2
2
2 2.2.3 2 3 2 2.144+ + −
=
4 12 2 18 12 2+ + −
= 22
2. a) x
2
+ 3x = 0
⇔
x( x + 3) = 0

⇔
x
1
= 0 ; x
2
= – 3 .
Tập nghiệm phương trình:
{ }
0; 3S = −
b) –x
4
+ 8x
2
+ 9 = 0
⇔
x
4

∈
≤
9
Số cần tìm được viết dưới dạng đa thức: 10(14 – x) + x = 140 –9x
Khi đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau số mới viết dưới dạng đa
thức là: 10x + 14 – x = 9x + 14
Theo đề toán ta có phương trình:
9x + 14 –(140 –9x ) = 18

⇔
9x + 14 –140 +9x = 18

⇔
18x = 144

⇔
x = 8
Giá trị x = 6 thõa mãn điều kiện .
Vậy chữ số đơn vị là 8, số hàng chục là 6. Số cần tìm là 68.
Lưu ý: lập hệ phương trình dễ hơn
Bài 3. Phương trình đường thẳng cần tìm song song với đường thẳng y = – 2x + 3 nên có
dạng: y = – 2x + b (d).
(d) cắt (P) tại điểm có tung độ bằng – 12 nên hoành độ các giao điểm là nghiệm PT:
–3x
2
= – 12
⇔
x
±
2

4 1 0
1
3
4
3 0
4
3
x
x
x
x
x


+ ≥
≥ −
 
⇔ ⇔ − ≤ ≤
 
− ≥
 
≤


(*)
(1)
3 14 6 4 1 2 3 0x x x⇔ + − + − − =

⇔
(4x + 1) – 2. 3.


2x⇔ =
(thỏa mãn đk (*))
Tập nghiệm phương trình đã cho: S =
{ }
2
Bài 5: a) Chứng minh:
·
0
EOF 90=
EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E
Nên OE là phân giác của
·
AOM
.
Tương tự: OF là phân giác của
·
BOM
Mà
·
AOM
và
·
BOM
kề bù nên:
·
0
90EOF =
(đpcm)
b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.

AK AE
KF BF
=
Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Nên :
AK ME
KF MF
=
. Do đó MK // AE (định lí đảo của định
lí Ta- let)
Lại có: AE
⊥
AB (gt) nên MK
⊥
AB.
d) Khi MB =
3
.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.
Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN
⊥
AB.

∆
FEA có: MK // AE nên:
MK FK
AE FA
=
(1)

∆

S MN
= =
Do đó:
1
2
AKB AMB
S S=
.
Tam giác AMB vuông ở M nên tg A =
3
MB
MA
=
·
0
60MAB⇒ =
.
Vậy AM =
2
a
và MB =
3
2
a

⇒
1 1 3
. . .
2 2 2 2
AKB

2
1
x x x
x x x
−
−
− −

( )
0; 1x x≥ ≠
Bài 2. (1,5 điểm)
1) Cho hai đường thẳng d
1
: y = (m+1)x + 5 ; d
2
: y = 2x + n. Với giá trị nào của m, n
thì d
1
trùng với d
2
?
2) Trên cùng mặt phẳng tọa độ, cho hai đồ thị (P): y =
2
3
x
; d: y = 6 – x. Tìm tọa độ
giao điểm của (P) và (d) bằng phép toán.
Bài 3. (2 điểm)
Cho phương trình: x
2

1) Tứ giác CDFE nội tiếp được trong mốt đường tròn.
2) Ba điểm B , D , F thẳng hàng.
3) HC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
hết
BÀI GIẢI
Bài 1: (1,5 điểm) Không dùng máy tính, hãy rút gọn, tính giá trị của các biểu thức sau:
1) A =
14 7 15 5 1
:
2 1 3 1 7 5
 
− −
+
 ÷
 ÷
− − −
 
=
( ) ( )
7 2 1 5 3 1
1
:
2 1 3 1 7 5
 
− −
 
+
 
− − −
 

=
( )
2 1
1
x x
x
− −
−

=
2 1
1
x x
x
− +
−
=
( )
2
1
1
x
x
−
−
=
1x −

( )
0; 1x x≥ ≠


∆
= b
2
– 4ac = 3
2
– 4 . 1. (– 18) = 81
9⇒ ∆ =
1
3 9
3
2 2
b
x
a
− + ∆ − +
= = =
,
2
3 9
6
2 2
b
x
a
− − ∆ − −
= = = −
Suy ra: y
1
= 3 ; y

1
m
b
x x
a
− +
= = − = = − − + = −

2) Phương trình (1) có hai nghiệm x
1
; x
2

'
0⇔ ∆ ≥

6 6 0m⇔ + ≥

1m⇔ ≥ −
Theo hệ thức Vi-ét ta có: S= x
1
+ x
2
= – 2(m + 3) ; P = x
1
. x
2
= m
2
+ 3


( )
2 2
4 6 9 4 12 4m m m⇔ + + − − =

24 24 4m⇔ + =

5
6
m⇔ = −
( thoả mãn điều kiện
1m ≥ −
)
E
H
F
O
D
C
B
A
Vậy x
1
– x
2
= 2
5
6
m⇔ = −


4
2
b
a
− + ∆ +
= =
( TMĐK), x
2
=
' '
7 1
3
2
b
a
− − ∆ −
= =
( TMĐK),
Tập nghiệm của phương trình:
{ }
3;4S =
2) x
4
+ 3x
2
– 4 = 0
Đặt t = x
2
( t
≥

CD nên AB đi qua trung điểm dây CD (tính chất
đường kính vuông góc với dây cung) nên C và D đối xứng
nhau qua AB. Do đó
·
·
ACD ADC=
Suy ra:
·
·
EFC EDC=
.
Tứ giác CDFE có hai đỉnh F, D liên tiếp nhìn CE dưới một góc bằng nhau nên nội
tiếp được trong một đường tròn.
2) Chứng minh ba điểm B , D , F thẳng hàng.
Ta có:
·
0
ACB 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
0
90ECF⇒ =
(kề bù với
·
ACB
)
Tứ giác CDFE nội tiếp nên
·
·
0

ADC ABC=
(cùng chắn cung AC).
Do đó:
·
·
HCA ABC=
=
1
2
sđ
»
AC
. Vậy HC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Lưu ý: Rất nhiều HS sai lầm ở câu 1:
·
·
0
90ECF EDF= =
và kết luận tứ giác CDFE nội tiếp.
Câu 3 có thể chứng minh
·
·
0
90HCA ACO+ =
rồi suy ra HC là tiếp tuyến.
hết
Trang 7: Đề thi và bài giải chi tiết môn toán tỉnh Bình Định
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
BÌNH ĐỊNH Năm học: 2009 - 2010
MÔN THI: TOÁN

Bài 5: (1điểm)
Với mỗi số k nguyên dương , đặt S
k
=
( ) ( )
2 1 2 1
k k
+ + −
Chứng minh rằng: S
m+n
+ S
m-n
= S
m
. S
n
với mọi m; n là số nguyên dương và m > n.
HẾT
Ô tô
x. máy
30 km
100 km
P.C
Q.N
H.Â
BÀI GIẢI
Bài 1: (2điểm)
Giải các phương trình sau:
1. 2(x + 1) = 4 – x
⇔

a
=
Vậy
{ }
1;2S =
Bài 2: (2điểm)
1. Vì A(– 2; 5) thuộc đồ thị hàm số y = ax + b nên: 5 = a(– 2) + b
B(1;– 4) thuộc đồ thị hàm số y = ax + b nên: – 4 = a.1 + b
Ta có hệ phương trình:
2 5
4
a b
a b
− + =


+ = −


3 9
4
a
a b
− =

⇔

+ = −



−
⇔ − + + =

4 2 3 6 0m m⇔ − + + + =
8m⇔ =
Bài 3. Gọi x(km/h) là vận tốc của xe máy (đk: x > 0)
Vận tốc ô tô là: x + 20 (km/h)
Đoạn đường Hoài Ân – Phù Cát dài: 100 – 30 = 70 km
Thời gian xe máy đi từ H. Ân đến Phù Cát:
70
( )h
x
Thời gian ô tô đi từ Qui Nhơn đến Phù Cát:
30
( )
20
h
x +
75 phút =
5
( )
4
h
Theo đề ta có phương trình:
70
x
−

30 5
20 4x

B
A
Bài 4. 1) Chứng minh tam giác ABD cân:
Ta có:
·
0
90ACB =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
Suy ra: BC
⊥
AD
ΔABD có BC là đường cao đồng thời là đường trung
tuyến (do AC = DC) nên ΔABD cân ở B.
2)Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm
trên một đường thẳng:
Tứ giác ACBE có
·
·
·
0
90CAE ACB AEB= = =
nên nó là hình
nhật. Suy ra
· ·
0
90CBA EBA+ =
.
ΔABD cân ở B , BC là đường cao nên BC cũng là phân giác
góc ABD. Vậy
·

( ) ( )
2 1 2 1
m m
+ + −
và S
n
=
( ) ( )
2 1 2 1
n n
+ + −
S
m
. S
n
=
( ) ( )
2 1 2 1
m m
 
+ + −
 
 
.
( ) ( )
2 1 2 1
n n
 
+ + −
 

m n m n
+ + + − +
=
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2 1 2 1
2 1 . 2 1 . 2 1 . 2 1 .
2 1 2 1
n n
m n m n
n n
+ −
+ − + − +
+ −
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1 . 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1 2 1
m n n n n n m n− −
+ + − + − + −
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1 . 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
n n
m n m n− −
   
+ + − + + − −

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TP ĐÀ NẲNG Khóa ngày 23 tháng 06 năm 2009
MÔN: TOÁN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài 1. ( 3 điểm )
Cho biểu thức
a 1 1 2
K :
a 1
a 1 a a a 1
 
 
= − +
 ÷
 ÷
−
− − +
 
 
a) Rút gọn biểu thức K.
b) Tính giá trị của K khi a = 3 + 2
2
c) Tìm các giá trị của a sao cho K < 0.
Bài 2. ( 2 điểm ) Cho hệ phương trình:
mx y 1
x y
334
2 3
− =


1
I
C
E
N
M
O
B
A
BÀI GIẢI
Bài 1.
a) Rút gọn biểu thức K:
Điều kiện a > 0 và a ≠ 1

a 1 1 2
K :
a 1 a ( a 1) a 1 ( a 1)( a 1)
 
 
= − +
 ÷
 ÷
− − + + −
 
 

a 1 a 1
:
a( a 1) ( a 1)( a 1)
− +

K 0 0
a 0
a
− <

−
< ⇔ < ⇔

>


a 1
0 a 1
a 0
<

⇔ ⇔ < <

>

Bài 2.
a) Giải hê khi m = 1.
Khi m = 1 ta có hệ phương trình:

x y 1
x y
334
2 3
− =


=

b) Tìm giá trị của m để phương trình vô nghiệm.

mx y 1
y mx 1
x y
3
334
y x 1002
2 3
2
− =
= −


 
⇔
 
− =
= −
 



y mx 1
y mx 1
3
3
m x 1001 (*)

0
EIB 90=
(do
MN AB⊥
ở I)
và
·
0
ECB 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Tứ giác IECB có
·
·
0
180EIB ECB+ =
nên nội tiếp được trong
một đường tròn.
b) Chứng minh ∆AME ∆ACM và AM
2
= AE.AC .
+ Chứng minh ∆AME ∆ACM
Ta có: MN
⊥
AB
¼
»
AM AN⇒ =
·
·
MCA AMN⇒ =

⊥
AB nên MI
2
= AI.IB (2)
Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được:
2 2
. .AM MI AC AE AI IB− = −
.
Mà
2 2 2
AM MI AI− =
(định lí Pi-ta-go cho tam giác MIA vuông ở I)
Suy ra : AE.AC - AI.IB = AI
2
.
d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.
Gọi
1
O
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCE.
Ta có
· ·
AME MCE=
(chứng minh trên), mà
·
1
2
MCE =
sđ

như sau:
- Dựng
1
NO

⊥
MB (
1
O MB∈
).
- Dựng đường tròn (
1
O
;
1
O
M) .Gọi C là giao điểm thứ hai của đường tròn
(
1
O
) và đường tròn (O)
Bài 4. (2 điểm)
Phần nước còn lại tạo thành hình nón có chiều cao bằng một nửa chiều cao của hình nón do
8cm
3
nước ban đầu tạo thành. Do đó phần nước còn lại có thể tích bằng
3
1 1
2 8
 

2
- 2mx + (m - 1)
3
= 0 với x là ẩn số, m là tham số (1)
a) Giải phương trình (1) khi m = - 1.
b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng bình
phương của nghiệm còn lại.
Bài 4. ( 3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn,
·
BAC
= 45
0
. Vẽ các đường cao BD và CE của tam
giác ABC. Gọi H là giao điểm của BD và CE.
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh: HD = DC.
c) Tính tỉ số:
DE
BC
.
d) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA
⊥
DE .
HẾT
BÀI GIẢI
Bài 1.
a) Điều kiện để biểu thức có nghĩa là:

2 x 0 x 2

2
4 x−
≥ 0).
Đẳng thức xảy ra
x 2⇔ = ±
.
Bài 2.
Gọi x,y là số sản phẩm của tổ I, II theo kế hoạch .
ĐK: x, y nguyên dương và x < 600; y < 600.
Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm nên ta có phương trình:
x + y = 600 (1)
Số sản phẩm tăng của tổ I là:
18
x
100
(sp), Số sản phẩm tăng của tổ II là:
21
y
100
(sp).
Do số sản phẩm của hai tổ vượt mức 120(sp) nên ta có phương trình:

18 21
x y 120
100 100
+ =
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

x y 600


( ) ( )
1 3 1 3 0x x⇔ + + + − =

( ) ( )
4 2 0x x⇔ + − =
4 0 4
2 0 2
x x
x x
+ = = −
 
⇔ ⇔
 
− = =
 
b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm
bằng bình phương của nghiệm còn lại.
O
M
K
45
°
H
E
D
C
B
A
y



(**)
( )
( )
2
3
3
2
**
1
u u m
u m

+ =

⇔

= −



⇔

2
2
1
u u m
u m



PT
2
3 0m m− =

⇔

( )
1 2
3 0 0; 3m m m m− = ⇔ = =
(thỏa mãn đk (*) )
Vậy m = 0 hoặc m = 3 là hai giá trị cần tìm.
Lưu ý: Có thể giả sử phương trình có hai nghiệm, tìm m rồi thế vào PT(1) tìm
hai nghiệm của phương trình , nếu hai nghiệm thỏa mãn yêu cầu thì trả lời.
Ở trường hợp trên khi m = 0 PT (1) có hai nghiệm
1 2
1; 1x x= − =
thỏa mãn

2
2 1
x x=
, m = 3 PT (1) có hai nghiệm
1 2
2; 4x x= =
thỏa mãn
2
2 1
x x=
.

·
0
45EAD =
(gt) nên
·
0
45DHC =
.
Tam giác HDC vuông ở D,
·
0
45DHC =
nên vuông cân.
Vậy DH = DC.
c) Tính tỉ số:
DE
BC
.
Tứ giác BEDC có
·
·
0
90BEC BDC= =
nên nội tiếp được trong một đường tròn.
Suy ra:
·
·
ADE ABC=
(cùng bù
·

AC
= =
(do tam giác AEC vuông ở E và
·
0
45EAC =
)
Vậy:
2
2
DE
BC
=
d) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA
⊥
DE .
Cách 1: Kẻ đường kính AK của đường tròn (O) cắt DE tại M.
Ta có:
·
·
ADE AKC=
(cùng bằng
·
ABC
). Do đó tứ giác CDMK nội tiếp.
Suy ra:
·
·
0
180ACK DMK+ =

Do đó:
·
·
xAC ADE=
. Suy ra xy // DE.
Mà xy
⊥
OA nên DE
⊥
OA (đpcm)
Chú ý: Câu này có còn cách giải nào khác nữa không ? Em thử tìm một cách giải
hai cách trên.
Cách 3: ………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………….

……………………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………….

……………………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………………
Lưu ý: Bài giải rất chi tiết dành cho các em (nhất là các em ngại học môn hình)
Để tham khảo và tập ghi lời giải một bài toán. Khi tải đề các em tự giải
trước rồi mới tham khảo lời giải sau nhé. Chúc các em học tốt .
Chào các em.
Ba san