ĐỀ SỐ 1.
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
− =


Bài 1.
a)
Điều kiện a > 0 và a ≠ 1 (0,25đ)
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)
− +
=
− + −
a 1 a 1
.( a 1)
a( a 1) a
− −
= − =
−
b)
a = 3 + 2
2
= (1 +

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

x y 1
x y
334
2 3
− =



− =



x y 1
3x 2y 2004
− =

⇔

− =




 
⇔
 
− =
= −
 



y mx 1
y mx 1
3
3
m x 1001 (*)
mx 1 x 1002
2
2
= −

= −

 
⇔ ⇔
 
 
− = −
− = −
 ÷
 

*
AME ACM∠ = ∠

*GócAchung,suyra∆AME ∆ACM.
* Do đó:
AC AM
AM AE
= ⇔
AM
2
= AE.AC
c)
* MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI
2
= AI.IB
* Trừ từng vế của hệ thức ở câu b) với hệ thức trên
* Ta có: AE.AC - AI.IB = AM
2
- MI
2
= AI
2
.
d)
* Từ câu b) suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME. Do đó
tâm O
1
của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nằm trên BM. Ta thấy khoảng cách
NO
1

C
I
O
1
N
ĐỀ SỐ 2.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NGHỆ AN Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009
MÔN: TOÁN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài 1. ( 3 điểm )
Cho hàm số:
y f (x) 2 x x 2= = − + +
a) Tìm tập xác định của hàm số.
b) Chứng minh f(a) = f(- a) với
2 a 2− ≤ ≤
c) Chứng minh
2
y 4≥
.
Bài 2. ( 1,5 điểm)
Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp
dụng kĩ thuật mới nên tổ I đã vượt mức 18% và tổ II đã vượt mức 21%. Vì vậy trong
thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được
giao của mỗi tổ theo kế hoạch ?.
Bài 3. ( 2 điểm )
Cho phương trình: x
2
- 2mx + (m - 1)

+ ≥ ≥ −
 
(hoặc | x | ≤ 2)
Tập xác định là [-2; 2].
b)
f (a) 2 a a 2 ; f ( a) 2 ( a) a 2 2 a a 2= − + + − = − − + − + = − + +
.
Từ đó suy ra f(a) = f(- a)
c)
2 2 2
y ( 2 x) 2 2 x. 2 x ( 2 x)= − + − + + +

2
2 x 2 4 x 2 x= − + − + +

2
4 2 4 x 4= + − ≥
(vì 2
2
4 x−
≥ 0).
Đẳng thức xảy ra
x 2⇔ = ±
. Giá trị nhỏ nhất của y là 2.
Bài 2.
* Gọi x,y là số sản phẩm của tổ I, II theo kế hoạch ( điều kiện x>0, y>0 ).
* Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600
* Số sản phẩm tăng của tổ I là:
18
x

x 4
x 2x 8 0
x 2
= −

+ − = ⇔

=

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt
⇔
∆’ = m
2
- (m - 1)
3
> 0 (*)
Giả sử phương trình có hai nghiệm là u; u
2
thì theo định lí Vi-ét ta có:
A
B
C
D
E
H
O
x

2
2 3

tứ giác AEHD nội tiếp
được trong một đường tròn.
b) ∆AEC vuông có
·
0
EAC 45=
nên
·
0
ECA 45=
, từ đó ∆HDC vuông cân tại D. Vậy DH = DC.
c) Do D, E nằm trên đường tròn đường kính BC nên
·
·
AED ACB=
, suy ra ∆AED
∆ACB, do đó:
DE AE AE 2
BC AC 2
AE. 2
= = =
d) Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O), ta có
·
·
BAx BCA=
, mà
·
·
BCA AED=


a) Rút gọn P.
b) Tìm giá trị của x để P = - 1.
c) Tìm m để với mọi giá trị x > 9 ta có
m( x 3)P x 1− > +
Bài 2. ( 2 điểm )
a) Giải phương trình: x
4
+ 24x
2
- 25 = 0
b) Giải hệ phương trình:
2x y 2
9x 8y 34
− =


+ =

Bài 3. ( 3,5 điểm )
Cho hình bình hành ABCD có đỉnh nằm trên đường tròn đường kính AB. Hạ BN và
DM cùng vuông góc với đường chéo AC. Chứng minh:
a) Tứ giác CBMD nội tiếp được trong đường tròn.
b) Khi điểm D di động trên đường tròn thì
·
·
BMD BCD+
không đổi.
c) DB.DC = DN.AC.
Bài 4. ( 1,5 điểm )
Chứng minh rằng: Nếu x, y là các số dương thì:

4x
x 3
=
−
Điều kiện x ≥ 0; x ≠ 4 và x ≠ 9
b) P = - 1 khi và chỉ khi
4x x 3 0+ − =

3 9
x x
4 16
⇔ = ⇔ =
c) Bất phương trình đưa về dạng 4mx > x + 1
⇔
(4m - 1)x > 1
* Nếu 4m-1 ≤ 0 thì tập nghiệm không thể chứa mọi giá trị x > 9; Nếu 4m-1 > 0 thì
nghiệm bất phương trình là
1
x
4m 1
>
−
. Do đó bất phương trình thỏa mãn với mọi x >
9
1
9
4m 1
⇔ ≥
−
và 4m - 1 > 0. Ta có

(1)
Mặt khác
·
0
DMC 90=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CBMD nội tiếp đường
tròn đường kính CD.
b) Khi điểm D di động trên đường tròn (O) thì tứ
giác CBMD luôn là tứ giác nội tiép.
A
B
C
D
O
M
N
Suy ra
·
·
0
BMD BCD 180+ =
(đpcm).
c) Do
·
0
ANB 90=
(giả thiết)
N (O)⇒ ∈
·

AC.DN BD.CD
BD DN
⇒ = ⇒ =
Bài 4.
Ta có
2
1 1 x y
(x y) 4 4.
x y y x
 
 
+ + = − + ≥
 ÷
 ÷
 
 
Vì x, y là các số dương nên x + y > 0. Chia hai vế của bất đẳng thức trên cho x + y ta
có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Chú ý: Có thể sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương x, y và cho hai số dương
1 1
,
x y
, sau dó lí luận để nhân từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều ta cũng có điều
phải chứng minh.
ĐỀ SỐ 4.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009
MÔN: TOÁN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài 1. ( 2 điểm )

b) Chứng minh các tứ giác CODE; APQC nội tiếp được.
c) Tứ giác BCQP là hình gì ?
Bài 4. ( 2 điểm )
Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh bên bằng 24 cm và đường cao bằng 20
cm.
a) Tính thể tích của hình chóp.
b) Tính diện tích toàn phần của hình chóp.
Bài 5. ( 1 điểm )
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
P (x 2008) (x 2009)= + + +
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 4
Bài 1.
a) A có nghĩa
x 2 0
x 2 x 2
x 2 1 x 1
x 2 1
+ ≥

≥ − ≥ −
 

⇔ ⇔ ⇔
  
+ ≠ ≠ −
+ ≠

 

− = + =
− = =
 
 
 
b) Ta có a + b + c =
2 5 2 4 2 0.− + =
Vậy phương trình có hai nghiệm: x
1
= 1 ; x
2
=
c 4 2
4
a 2
= =
.
Bài 3.
a) Ta có
·
»
s BC
s BCD
2
=
®
®
.
Do DE là tiếp tuyến của đường tròn (O)
·

·
»
·
»
s BD s CD
s PAQ , s PCQ
2 2
® ®
® ®= =
mà
» »
BD CD=
(giả thuyết) suy ra
·
·
PAQ PCQ=
. Vậy APQC là tứ giác nội tiếp.
c) Do APQC là tứ giác nội tiếp, suy ra
·
·
QPC QAC=
(cùng chắn
»
CQ
) và
·
·
PCB BAD=

(cùng chắn

=
176
Do SABCD là hình chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông,
do đó ∆AOB vuông cân ở O, ta có:
AB
2
= 2.AO
2
= 176.2 = 352
Do đó: S
ABCD
= AB
2
= 352(cm
2
)
Vì vậy:
3
ABCD
1 2
V S .h 2346 (cm )
3 3
= =
b) Ta có:
1 1
OH AB 352. Do SO mp(ABCD) SO OH
2 2
= = ⊥ ⇒ ⊥
.
Suy ra trong tam giác vuông SOH có:

.
Do đó P đạt giá trị nhỏ nhất là 1
2009 x 2008⇔ − ≤ ≤ −
.
D
A B
C
O
S
H
d
ĐỀ SỐ 5.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009
MÔN: TOÁN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài 1: ( 2 điểm )
Cho đường thẳng (D) có phương trình: y = - 3x + m.
Xác định (D) trong mỗi trường hợp sau:
a) (D) đi qua điểm A(-1; 2).
b) (D) cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ bằng
2
3
−
.
Bài 2: ( 2 điểm )
Cho biểu thức A =
2
2
2 3x x+ +

1
2x y z x 2y z x y 2z
+ + ≤
+ + + + + +
.
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 5.
Bài 1:
a) Đường thẳng (D) đi qua điểm A(-1; 2) suy ra m - 3(-1) = 2
⇔
m = - 1.
b) Đường thẳng (D) cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ bằng
2
3
−
.
Bài 2:
a) Ta có x
2
+ 2x + 3 = (x + 1)
2
≥ 2 với mọi x
∈¡
.
Do đó x
2
+ 2x + 3 ≠ 0 với mọi x
∈¡
.
Suy ra tập xác định của A là

1
ADB
2
=
sđ
¼
AnB
, (
¼
AnB
thuộc đường tròn (O)).
Do đó
·
CAB
=
·
ADB
. Tương tự
·
·
ACB BAD=

suy ra
ABD
∆

CBA∆
.
b) Vì
ABD∆

·
o
BQD APB AQB APB 180= ⇒ + =
suy ra tứ giác APBQ là
tứ giác nội tiếp.
Bài 4:
a) Ta có SA
⊥
mp(ABC) (giả thiết) mà BC thuộc mp
(ABC), suy ra BC
⊥
AB, do đó BC
⊥
mp(SAB).
Vì AM thuộc mp (SAB), suy ra AM
⊥
BC, mặt khác AM
⊥
mp(SBC).
A
B
C
D
O
O’
P
Q
n
n’
A

2 2
=
Vậy V =
2 2
ABC
1 1 a 3 a h 3
S .SA h
3 3 2 6
= =
Bài 5:
Sử dụng kết quả bài 5, đề số 4 cho các số dương x + y và x + z ta có:
( ) ( )
1 1 1 1 1
2x y z x y x z 4 x y x z
 
= ≤ +
 ÷
+ + + + + + +
 
(1)
Cũng theo kết quả bài đã nêu thì
1 1 1 1 1 1 1 1
;
x y 4 x y x z 4 x z
 
 
≤ + ≤ +
 ÷
 ÷
+ +

(4)

1 1 2 1 1
;
x y 2z 16 z x y
 
≤ + +
 ÷
+ +
 
(5)
Cộng từng vế của (3), (4), (5) ta có điều phải chứng minh.
ĐỀ SỐ 6.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009
MÔN: TOÁN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài 1: ( 1,5 điểm )
Tìm x biết:
x 12 18 x 8 27+ = +
.
Bài 2: ( 2 điểm )
Cho phương trình bậc hai 3x
2
+ mx + 12 = 0. (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
b) Tìm m để phương trình (1) có một nghiệm bằng 1, tìm nghiệm còn lại.
Bài 3: ( 2 điểm )
Một xe máy đi từ A đến B trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm
14km/giờ thì đến sớm 2 giờ, nếu giảm vận tốc đi 4km/giờ thì đến muộn 1 giờ.

x x
12 8 2 3 2 2
3 3 2
x 1,5
2 3 2
+ = + ⇔ − = −
− −
⇔ = ⇔ =
− −
−
⇔ = =
−
Bài 2. 3x
2
+ mx + 12 = 0 (1)
a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
⇔
Δ > 0
⇔
m
2
- 4.3.12 > 0
⇔
(m - 12)(m + 12) > 0
⇔
m > 12 hoặc m < -12
Vậy m > 12 hoặc m < -12 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
b) Phương trình (1) có một nghiệm là 1
⇔
a + b + c = 0

* Nếu vận tốc tăng thêm 14km/h thì thời gian đi sẽ bớt đi 2 giờ nên ta có:
(x - 2)(y + 14) = x.y
⇔
14x - 2y = 28
Theo bài ra ta có hệ phương trình:
4x y 4 (1)
14x 2y 28 (2)
8x 2y 8 (1')
14x 2y 28 (2')
− + =


− =

− + =

⇔

− =

Cộng từng vế của hai phương trình ta có: 6x = 36
⇔
x = 6
Thay x = 6 vào (1) ta có y = 28
Đáp số: Thời gian dự định là 6 giờ và vận tốc dự định là 28km/giờ.
Bài 4.
a) Vẽ dây BD // AC; nối DA cắt đường tròn (O) tại K. Ta có cát tuyến AKD thỏa mãn
BD // AC.
b) Xét hai tam giác BCI và KCI, ta có:
+

BI CI
CI BI.KI
CI KI
⇒ = ⇒ =
c) Ta có ΔCAB cân (AB = AC) và
·
· ·
0 0
CAB 60 ABC ACB 60= ⇒ = =
(1)
Do BD // AC
·
·
0
DBC BCA 60⇒ = =
(so le trong) (2)
Mặt khác,
·
1
BDC
2
=
sđ
»
BC
(góc nội tiếp);
·
1
BCA
2

a b (a b) 2 2
(a b)
a b a b a b
+ − +
= = − +
− − −
Do a > b nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ta có:
2 2
(a b) 2 (a b). 2 2
a b a b
− + ≥ − =
− −
A
B
C
I
D
K
O
ĐỀ SỐ 7.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009
MÔN: TOÁN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài 1. ( 2 điểm)
a) Cho biết: A = 9 + 3
7
và B = 9 - 3
7
. Hãy so sánh A + B và A.B.

3 R 2
< <
Bài 4. ( 2 điểm )
Một hình chữ nhật ABCD có diện tích là 2cm
2
, chu vi là 6cm và AB > AD. Cho hình
chữ nhật này quay quanh cạnh AB một vòng ta được một hình gì? Hãy tính thể tích và
diện tích xung quanh của hình được tạo thành.
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 7.
Bài 1.
a) Ta có A + B = 18 và A.B =
2 2
9 (3 7) 81 63 18− = − =
nên A = B.
b)
1 1 5 5
M :
3 5 3 5 5 1
 
−
 
= −
 ÷
 ÷
− + −
 
 
(3 5) (3 5) 5 1 1
.

− + − − =
− − + =




2
x 11
x y
5
55
y
3x 2y 22
2
=


=
 
⇔ ⇔
 
=
 
− + =


(thỏa mãn điều kiện).
Trả lời: Chiều cao của tam giác là 11 dm và cạnh đáy của tam giác là
55
dm

Tương tự,
·
0
MQO 90=

Tứ giác
MPQO là hình chữ nhật
c) Ta có ∆EMK ∆EFB (g.g)
EM EF
MK FB
⇒ =
(0,25đ)
A
B
O
F
E
M
P
Q
x
y
A
B
O
F
E
M
H
x


aR r(a b c)⇒ = + +

r a
R a b c
⇒ =
+ +
Nhưng b + c > a
a a 1
a b c 2a
a b c 2a 2
⇒ + + > ⇒ < =
+ +
Mặt khác b < a, c < a
a a 1
a b c 3a
a b c 3a 3
⇒ + + < ⇒ > =
+ +
Tóm lại:
r 1
3
R 2
< <
Bài 4.
Hình được tạo thành là hình trụ. Số đo độ dài của AB và AD là các nghiệm của
phương trình
x
2
- 3x + 2 = 0