ĐỀ SỐ 1.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
QUẢNG TRỊ Khóa ngày 2 tháng 7 năm 2006
MƠN: TỐN
(Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề)
Phần I : Trắc nghiệm khách quan (2.0 điểm)
Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng nhất.
1. Biểu thức
2
1 4x
x
−
xác đònh với giá trò nào sau đây của x ?
A. x ≥
1
4
B. x ≤
1
4
C. x ≤
1
4
và x ≠ 0 D. x ≠ 0
2. Các đường thẳng sau, đường thẳng nào song song với đường thẳng y = 1 - 2x
A. y = 2x - 1 B.
( )
2 1 2y x= −
C. y = 2 - x D.
( )
2 1 2y x= −
3. Hai hệ phương trình

thuộc đồ thò hàm số nào trong các hàm số sau đây ?
A.
2
2
2
y x=
B.
2
2
2
y x= −
C.
2
2
4
y x=
D.
2
2
4
y x= −
5. Tam giác GEF vuông tại E, có EH là đường cao . Độ dài đoạn GH = 4, HF = 9. Khi đó độ dài
đoạn EF bằng :
A. 13 B.
13
C. 2
13
D. 3
13
6. Tam giác ABC vuông tại A, có AC = 3a, AB = 3

2
Phần II : Tự luận (8.0 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm)
Cho phương trình bậc hai, ẩn số x: x
2
- 4x + m + 1 = 0
1. Giải phương trình khi m = 3
2. Với giá trò nào của m thì phương trình có nghiệm.
3. Tìm giá trò của m sao cho phương trình đã cho có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện x
1
2
+ x
2
2
= 10
Bài 2 : (1 điểm)
1
Giải hệ phương trình :
3 2 2 1
2 2 3
x y
x y

− − + =



2
- 4x + 4 = 0 ⇒ (x - 2)
2
= 0 ⇒ x = 2 lµ nghiƯm kÐp cđa
ph¬ng tr×nh.
2. Ph¬ng tr×nh cã nghiƯm ⇔ ∆’ ≥ 0 ⇔ (-2)
2
-1(m + 1) ≥ 0 ⇔ 4 - m -1 ≥ 0 ⇔ m ≤ 3.
VËy víi m ≤ 3 th× ph¬ng tr×nh ®· cho cã nghiƯm.
3. Víi m ≤ 3 th× ph¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiƯm . Gäi hai nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh lµ x
1
, x
2
.Theo
®Þnh lý ViÐt ta cã : x
1
+ x
2
= 4 (1), x
1
.x
2
= m + 1 (2). MỈt kh¸c theo gt : x
1
2
+ x
2
2
= 10 ⇒ (x
1

2 0
x a
y b

− = ≥


+ = ≥


Khi ®ã hƯ ph¬ng tr×nh ®· cho trë
thµnh :
3 1
3
a b
a b
− =


+ =

.Gi¶i hƯ nµy ta ®ỵc
1 0
2 0
a
b
= ≥


= ≥

 


(TM).VËy (x;y) = (3 ; 2) lµ nghiƯm cđa hƯ ph¬ng tr×nh
®· cho.
Bµi 3:
2
1. Ta có

( ) ( ) ( )
2
2 2
6 3 3 6 3 3 2 6 3 3 6 3 3 12 2 6 3 3
12 2 3 18
A = + + + + = + =
= + ì =
A =
3 2
(vì A > 0)

2.
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 3
2
2

) có
ã
ã
CKB ICA=
(cm/t) .Suy ra AIC đồng dạng với BCK.
Từ đó suy ra
AI BC
AI BK BC AC
AC BK
= ì = ì
(đpcm).
3. Tứ giác CPKB nội tiếp (câu 1)
ã
ã
PBC PKC=
(1) (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung). Lại có
ã
0
90IAC =
(gt) A
;
2
IC
O

ữ

, mặt khác P
;
2

AI BK AB
s
+
Max S
ABKI
Max
( )
AI BK AB+
nhng A, I, B cố định do đó AI, AB không đổi
.Suy ra Max
( )
AI BK AB+
Max BK . Mặt khác
AC CB
BK
AI
ì
=
(theo câu 2) .Nên Max BK Max
AC.CB . Mà
( )
2
2
4 4
AC CB
AB
AC CB
+
ì =
(không đổi) .

0
90KPC =
(chứng minh trên)
ã
0
90KBC =
(gt) . Suy ra
ã ã
0
180KPC KBC+ =
. Suy ra tứ giác
CPKB nội tiếp đợc (đpcm) .
a
b
c
i
p
k
o
2) x = 1 có là nghiệm của phơng trình x
2
5x + 4 = 0 không ?
Câu 2: (2 điểm)
1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ?
2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy
Câu 3: (1,5 điểm)
Tìm tích của hai số biết tổng của chúng bằng 17. Nếu tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị và số thứ hai lên 2
đơn vị thì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị.
Câu 4: (1,5 điểm)
Rút gọn biểu thức: P =

2
P N
Câu 1.
1) Phân tích x
2
9 thành tích
x
2
9 = (x + 3)(x - 3)
2) x = 1 có là nghiệm của phơng trình x
2
5x + 4 = 0 không ?
Thay x = 1 vào phơng trình ta thấy: 1 5 + 4 = 0 nên x = 1 là nghiệm của phơng trình.
Câu 2.
1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ?
Hàm số y = - 2x + 3 là hàm nghịch biến vì có a = -2 < 0
2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy
Với x = 0 thì y = 3 suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox là: (0; 3)
Với y = 0 thì x =
3
2
suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Oylà: (
3
2
; 0)
Câu 3.
Tìm tích của hai số biết tổng của chúng bằng 17. Nếu tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị và số thứ hai lên 2
đơn vị thì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị.
Gọi số thứ nhất là x, số thứ hai là y
Vì tổng của hai số bằng 17 nên ta có phơng trình: x + y = 17 (1)

a b ab
a b a b
+
+
với a, b

0 và a b
P =
( )
( ) ( )
2
.( ) .
a b
a b a b a b a b
a b

+ = + =

với a, b

0 và a b
Câu 5.
Cho tam giác ABC cân tại B, các đờng cao AD, BE cắt nhau tại H. Đờng thẳng d đi qua A và vuông
góc với AB cắt tia BE tại F
a) Chứng minh rằng: AF // CH
b) Tứ giác AHCF là hình gì ?
a) Ta có H là trực tâm tam giác ABC suy ra CH AB
d AB suy ra AF AB suy ra CH // AF
b) Tam giác ABC cân tại B có BE là đờng cao nên BE đồng thời là đờng trung trực suy ra EA = EC , HA =
HC, FA = FC

2

0 và y 2y
2


0
áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có 2x x
2
= x(2 - x)


2
x 2
1
2
x+

=
ữ

y 2y
2
= y(1 2y) =
2
1 1 2 1 2 1
.2 (1 2 )
2 2 2 8
y y
y y

d
F
E
D
C
A
B
Bài 1: (2 điểm).
Tính giá trị của biểu thức:
a)
2
A 1 (1 2)= +
b)
3 3
B 9 80 9 80= + +
Bài 2: (1 điểm).
Giải phơng trình: x
4
+ 2008x
3
- 2008x
2
+ 2008x - 2009 = 0
Bài 3: (1 điểm).
Giải hệ phơng trình:
x y 2
3x 2y 6
=



Lập phơng hai vế ta có:
3 3
3 3
B ( 9 80 9 80)
= + +
(
)
3
3 3
3
B 9 80 9 80 3 (9 80)(9 80) 9 80 9 80= + + + + + +
3
B 18 3B= +
=> B
3
- 3B - 18 = 0
<=> (B - 3)(B
2
+ 3B + 6) = 0
2
B 3 0
B 3B 6 0 (VN)
=



+ + =

Vậy B = 3
Bài 2.


+ =

Bài 3.
x y 2 3x 3y 6 x 2
3x 2y 6 3x 2y 6 y 0
= = =



= = =

Bài 4.
Gọi số công nhân của Đội là x (x nguyên dơng)
Phần việc đội phải làm theo định mức là:
420
x
Nếu đội tăng thêm 5 ngời thì phần việc phải làm theo định mức là:
420
x 5+
Theo đầu bài ta có pt:
420 420
7
x x 5
=
+

2
x 5x 300 0 + =
Ta đợc: x

EBH EAH 90+ =
mà
ã
ã
EAH EFH=
(tc đờng chéo hcn)
=>
ã
ã
0
EBH EFH 90+ =
Do đó:
ã
ã
ã
ã
ã
0 0 0
EFC EBC CFH EFH FBC 90 90 180+ = + + = + =
=> BEFC là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có:
ã
ã
ABH AHE=
(cùng phụ với
ã
EAH
) mà
ã
ã

=>
AB BC CA
OA OB OC
2
+ +
+ + >
=>
OA OB OC p+ + >
(1)
Mặt khác, ta có: OA < AB (do AH < AB)
OC < AC (do OH < AH)
OB < BC
=> OA + OB + OC < AB + BC + CA
=> OA + OB + OC < 2p(2)
Từ (1) và (2) => p < OA + OB + OC < 2p
S 4.
S GIO DC & O TO K THI TUYN SINH VO LP 10
TP HCM MễN: TON
Nm hc: 2007 - 2008
(Thi gian 120 phỳt, khụng k thi gian giao )
Cõu 1: (2 im)
Gii phng trỡnh v h phng trỡnh sau:
a) 2x
2
+ 3x 5 = 0 (1)
b)
2x y 1 (a)
3x 4y 1 (b)
+ =


2
l hai nghim ca phng trỡnh trờn. Tỡm m
2 2
1 2 1 2
x x x x 7+ =
.
Cõu 4: (4 im)
T im M ngoi ng trũn (O) v cỏt tuyn MCD khụng i qua tõm O v hai tip tuyn MA, MB
n ng trũn (O), õy A, B l cỏc tip im v C nm gia M, D.
a) Chng minh MA
2
= MC.MD.
8
b) Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng 5 điểm M, A, O, I , B cùng nằm trên một
đường tròn.
c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn. Suy
ra AB là phân giác của góc CHD.
d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). Chứng minh A, B, K
thẳng hàng.
ĐÁP ÁN
Câu 1:
a) 2x
2
+ 3x – 5 = 0 (1)
Cách 1: Phương trình có dạng a + b + c = 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm là:
x
1
= 1 hay x
2
=

+ = −

(2)
Cách 1: Từ (a) ⇒ y = 1 – 2x (c). Thế (c) vào (b) ta được:
3x + 4(1 – 2x) = –1 ⇔ –5x = –5 ⇔ x = 1.
Thế x = 1 vào (c) ta được y = –1. Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1.
Cách 2: (3) ⇔
8x 4y 4
3x 4y 1
+ =


+ = −

⇔
5x 5
3x 4y 1
=


+ = −

⇔
x 1
3.1 4y 1
=


+ = −


b) B =
x 1 x 1 x x 2x 4 x 8
.
x 4
x 4 x 4 x
 
+ − + − −
−
 ÷
 ÷
−
+ +
 
.
=
2 2 2
x 1 x 1 (x 4)( x 2)
.
( x) 2 ( x 2) x
 
+ − − +
−
 ÷
 ÷
− +
 
=
2 2
( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) (x 4)( x 2)
.

2
là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để
2 2
1 2 1 2
x x x x 7+ − =
.
Theo a) ta có với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Khi đó ta có S =
1 2
x x 2m+ =
và P = x
1
x
2
= –1.
Do đó
2 2
1 2 1 2
x x x x 7+ − =
⇔ S
2
– 3P = 7 ⇔ (2m)
2
+ 3 = 7 ⇔ m
2
= 1 ⇔ m = ± 1.
Vậy m thoả yêu cầu bài toán ⇔ m = ± 1.
Câu 4:
a) Xét hai tam giác MAC và MDA có:
– ∠ M chung

2
= MH.MO. Mà MA
2
= MC.MD (do a)) ⇒
MC.MD = MH.MO ⇒
MH MC
MD MO
=
(1).
Xét ∆ MHC và ∆MDO có:
∠M chung, kết hợp với (1) ta suy ra ∆MHC và ∆MDO đồng dạng (c–g –c)
⇒ ∠ MHC = ∠ MDO ⇒ Tứ giác OHCD nội tiếp.
Ta có: + ∆OCD cân tại O ⇒ ∠ OCD = ∠ MDO
+ ∠ OCD = ∠ OHD (do OHCD nội tiếp)
Do đó ∠ MDO = ∠ OHD mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt) ⇒ ∠ MHC = ∠ OHD
⇒ 90
0
– ∠ MHC = 90
0
– ∠ OHD ⇒ ∠ CHA = ∠ DHA ⇒ HA là phân giác của ∠ CHD hay AB là phân
giác của ∠ CHD.
d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì ∠ OCK = ∠ ODK = 90
0
)
⇒ ∠ OKC = ∠ ODC = ∠ MDO mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt)
⇒ ∠ OKC = ∠ MHC ⇒ OKCH nội tiếp
⇒ ∠ KHO = ∠ KCO = 90
0
.
⇒ KH ⊥ MO tại H mà AB ⊥ MO tại H

S =
1
2
x
x
+
2
1
x
x
.
b) Rút gọn biểu thức:
A =








− 3
1
a
+






nymx
Có nghiệm là
( )
3,1−
b) Khoảng cách giữa hai tỉnh A và B là 108 km. Hai ôtô cùng khởi hành một lúc đi từ A đến B, mỗi
giờ xe thứ nhất chạy nhanh hơn xe thứ hai 6 km nên xe đến B trước xe thứ hai là 12 phút. Tính vận tốc
mỗi xe.
Câu 4. (3 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường kính AD. Gọi M là trung điểm của
AC, I là trung điểm của OD.
a)Chứng ning OM // DC.
b) Chứng minh tam giác ICM cân.
c)BM cắt AD tại N. Chứng minh IC
2
= IA.IN
Câu 5. (1 điểm)
Trên mặt phẳng toạ độ Õy, cho các điểm A(-1 ; 2), B(2 ; 3) và C(m ; 0). Tìm m sao cho chu vi tam
giác ABC nhỏ nhất.
ĐÁP ÁN
Câu 1:
Giải phương trình:
a) 2x – 3 = 0 <=> 2x = 3 <=> x =
2
3
.
b) x
2
– 4x – 5 = 0.
Phương trình có dạng a – b + c = 0. Nên có một nghiệm x
1

2
21
.
2
xx
xxxx −+
= – 6.
b) Biến đổi








− 3
1
a
+








+ 3
1

nm
Giải hệ ta tìm được m =
23 −
và n =
322 −
.
b) Gọi vân tốc xe thư nhất là x (km/h) (x> 6)
Vân tốc của xe thứ hai là
6−x
(km/h)
Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là:
x
108
(giờ)
Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là:
6
108
−x
(giờ)
Theo bài ra ta có phương trình:
−
− 6
108
x
x
108
=
5
1
(*)

cân tại I.
c) Ta có: góc IMC = góc ICM, góc ICM = góc IBA => góc IMC = góc IBA
Suy ra tam giác AMI đồng dạng với tam giác MNI
Suy ra MI
2
= IA.IN, mà IC = IM nên IC
2
= IA.IN
Câu 5. y
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua trục Ox.
=> A’
( )
2;1 −−
và AC = A’C. B
Do AB không đổi nên AB + AC + BC nhỏ nhất <=> A
AC + BC nhỏ nhất.
12
Ta có AC + BC = A’C = CB
≥
A’B. 0 C x
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A’, C, B thẳng hàng, tức là C
Là giao điểm của A”b với trục Ox. A’
A’
( )
)3;2(,2;1 B−−
=> pt đường thẳng A’B: y =
3
1
3
5

2
. Trong đó a
0,0 >≥ b
Bài 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình: x
2
+ 2x -35 = 0
b) Giải hệ phương trình:



=+
=−
82
232
yx
yx
Bài 3. (2,5 điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm a (1; 1), B(2; 0) và đồ thị (P) của hàm số y =
2
x−
.
a) Vẽ đồ thị (P).
b) Gọi d là đường thẳng đi qua B và song song với đường thẳng OA. Chứng minh rằng đường
thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt C và D. Tính diện tích tam giác ACD (đơn vị đo trên các trục tọa độ
là cm)
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh AB lấy điểm N (N khác A và B), trên
cạnh AC lấy điểm M sao cho BN = AM. Gọi P là giao điểm của BM và CN.
a) Chứng minh

−
b) Rút gọn:
A =
b
a
b
bab
−
−
2
2
. =
22 −=−−
b
a
b
a
. với a
0,0 >≥ b
.
Bài 2.
a) x
2
+ 2x – 35 = 0 (*)
∆
’ = 1 + 35 = 36 = 6
2
.
Do đó (1) có hai nghiệm phân biệt.



=+
=−
82
147
yx
y
<=>



−=
=
48
2
x
y
<=>



=
=
2
4
y
x

Bài 3. A (d)
a) Vẽ đồ thị: -2 -1 0 1 2

Ta có: x
A
= x
C
=> AC
⊥
Ox.
=> S
ACD
=
( )( ) ( )( )
31121
2
1
2
1
.
2
1
=++=−−=−−
CADCCADC
yyxxyyxx
Vậy S
ACD
= 3 cm
2
.
Bài 4. A
14
N

∠=∠
ANPBNC
AMBBNC
)( BNCAMB ∆=∆
=>
0
180=∠+∠ ANPAMB
=> tứ giác ANPM nội tiếp.
c) Quỹ tích điểm P khi N di động trên cạnh AB.
Tứ giác ANPM nội tiếp và
0
60=∠A
=>
0
120=∠NPM
=>
0
120=∠BPC
.
BC cố định => Pluôn nhìn bc với góc 120
0
không đổi. Nên khi N di động trên AB thì quỹ tích P là
cung chứa góc 120
0
dựng trê đoạn BC.
+ Giới hạn quỹ tích:
Khi N trùng B thì P trùng B
Khi N trùng A thì P trùng C.
Vậy quỹ tích điểm P là cung BC, nằm trên nửa mặt phẳng chứa điểm a có bờ là cung BC.
ĐỀ SỐ 7.

– 3 = 0
a) Giải phương trình với m =
3
.
b) Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Bài 3. (1,5 điểm)
Trên hệ trục toạ độ Oxy cho điểm A(2;-3) và parapol (p) có phương trình là
y = -
2
2
1
x
a) Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc bằng k và đi qua điểm A(2; - 3)
15

M
N
P
b) Chứng minh rằng bất cứ đường thẳng nào đi qua điểm A(2;-3) không song song với trục tung
bao giờ cũng cắt parabol y = -
2
2
1
x
tại 2 điểm phân biệt
Bài 4. (4 điểm)
Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng (d) cắt đường tròn tại 2 điểm A, B .Từ điểm M nằm trên
đường thẳng (d) và ở ngoài đường tròn (O,R) kể hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn , trong đó P và
Q là các tiếp điểm.
a) Gọi I là giao điểm của đường thẳng MO với đường tròn(O,R).Chứng minh I là tâm đường tròn

ab
ba
abab
abbaba
abab
abbaabbbabaa
−
+
=
−
+
=
−
−+−++−
)())(
))(()()(
b) Ta có a =
526 +
=
15)15(
2
+=+
v à b =
526 −
=
15)15(
2
−=−
=> N =
5

- 2
3
) = 0
⇔



=
=
32
0
2
x
x

⇔




±=
=
32
0
3,2
1
x
x
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là :
x

±
3
+)Khi m =
3
, phương trình (1) trở thành: t
2
-
3
t = 0
⇔



=
=
32
0
2
1
t
t
(thoả mãn)
v ậy m =
3
,là giá trị cần tìm
16
+)Khi m = -
3
, phng trỡnh (1) tr thnh : t
2

2
1
x
2
= k(x-2) 3

x
2
+ 2kx 4k 6 = 0 (*)
Đờng thẳng (d) và parabol(p) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt

phơng trình (*) có 2 nghiệm phân biệt với mọi k


/

> 0 với mọi k

k
2
+ 4k + 6 > 0 với mọi k
Thật vậy
/

= k
2
+ 4k + 6 = (k
2
+ 4k + 4) + 2 = (k + 2)
2

MO = R
2

17
 M nằm trên đường tròn (O ; R
2
)
 M là giao điểm của đường thẳng (d) và đường tròn (O ; R
2
)
* C¸ch dùng:
+ Dùng ®o¹n R
2
0,25đ
+ VÏ ®êng trßn (O, R
2
)
+ LÊy giao ®iĨm M cđa ®êng th¼ng (d) vµ ®êng trßn (O, R
2
)
=> M lµ ®iĨn ph¶i dùng
* Chứng minh:
Vì MO = R
2
> R => M nằm ngoài đường tròn (O,R)
Nên từ M kẻ được hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn
+ Áp dụng đònh lý Pitago trong tam giác vuông MPO ta có
MP
2
= MO

(Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề)

Bài 1. (1,5 điểm)
Cho biểu thức : A =
x
xx
24
44
2
−
+−
a) Với giá trị nào của x thì biểu thức A có nghĩa
b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 1,999
Bài 2. (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:
18








=
−
+
−=
−
−

1+x
= 36
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 8
Bài 1.
Câu a) Ta có : A =
x
xx
24
44
2
−
+−
=
)2(2
)2(
2
x
x
−
−

Vì (x- 2)
2

≥
0 với mọi x =>
2
)2( −x
có nghĩa với mọi x

>−−=
−
−
02
2
1
)2(2
2
02
2
1
)2(2
2
khix
x
x
khix
x
x

Khi x = 1,999 => x < 2 => A = 0,5
Bài 2.
19








1
vu
vu

Giải hệ phương trình trên được








=
=
7
9
7
2
v
u

Với u =
7
2
=> x =
2
7

Với v =

2
= 0
⇔
a
2
– 2a – 8 = 0
⇔




=
−=
4
2
a
a

Khi đó nghiệm còn lại của phương trình là:
x
2

=
)3(2
3
2
2
−−
−
aa

=> góc DEG = góc DFG (2)
Từ (1) và (2) => góc ACD = góc DFG
=> AC // FG (Vì có 2 góc so le trong bằng nhau)
Câu b) Chứng minh SA.SC = SB. SF (1,5đ)
Tứ giác ACBF có
∠
A =
∠
F = 1v => tứ giác ACBF nội tiếp đường tròn đường kính BC
=>
∠
FAC +
∠
FBC = 2v
Lại có
∠
FAC +
∠
SAF = 2v
=>
∠
SAF =
∠
FBC hay
∠
SAF =
∠
SBC
Xét 2 tam giác SAF và SBC có :


=> tia ES lµ ph©n gi¸c cđa gãc AEF
Bµi 5.
Ta cã x
2
+ x + 12
1+x
= 36
⇔
(x
2
+ 2x + 1) – (x-1 - 12
1+x
+ 36) = 0
⇔
(x + 1)
2
– (
1+x
- 6)
2
= 0
⇔
(x + 1 -
1+x
+ 6)(x + 1 +
1+x
- 6) = 0
a) Trường hợp : x + 1 -
1+x
+ 6 = 0 (a)

ĐỀ SỐ 9.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
MƠN: TỐN
Năm học: 2005 - 2006
(Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2,5 điểm)
Cho biểu thức :
T =
1
1
1
1
1
2
−
+
−
++
+
+
−
+
x
x
xx
x
xx
x
với x > 0 và x
≠

bán kính MH . Từø A và B lần lượt kể tiếp tuyến AD và BC đến đường tròn (T) (D và C là các tiếp
điểm)
a) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên đường tròn (O) thì AD + BC có giá trò không đổi.
b) Chứng minh rằng đường thẳng CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
c) Chứng minh rằng với bất kỳ vò trí nào của M trên đường tròn (O) luôn có bất đẳng thức
AD.BC
≤
R
2
. Xác đònh vò trí của M trên đường tròn (O) để đẳng thức xảy ra
d) Trên đường trìn (O) lấy điểm N cố đònh .Gọi I là trung điểm của MN và P là hình chiếu
vuông góc của I trên MB . Khi M chuyển động trên đường tròn (O) thì P chạy trên đường nào ?
ĐÁP ÁN
Bài 1.
Câu a) T =
1
1
1
1
1
2
−
+
−
++
+
+
−
+
x

xxx
xxxxx
=
)1)(1( ++−
−
xxx
xx

22
=
)1)(1(
)1(
++−
−
xxx
xx
=
1++ xx
x

Câu b)
Xét
3
1
- T =
3
1
-
1++ xx
x

++x
> 0 với mọi x > 0 và x
≠
1
=> T <
3
1
với x > 0 ø và x
≠
1
Bài 2.
Câu a)
Giả sử phương trình có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn
21
xx =

=> x
1
= x
2
hoặc x
1
= - x
2

a) Nếu x

±

=> phương trình có 2 nghiệm có giá trò tuyệt đối bằng nhau
=> m = 0 là giá trò cần tìm
Câu b)
Giả sử phương trình có 2 nghiệm x
1
và x
2
là số đo của 2 cạnh góc vuông của một tam giác vuông có
cạnh huyền bằng 3
=> x
1
> 0 ; x
2
> 0 và x
1
2
+ x
2
2
= 9
Ta có x
1
2
+ x
2
2
= (x
1

m =
±
2
+Với m = 2 phương trình đã cho trở thành :
x
2
- 4x +
2
7
= 0
Phương trình này có 2 nghiệm là:
x
1
= 2 -
2
1
; x
2
= 2 +
2
1
(thoả mãn)
=> m = 2 là giá trò cần tìm
+ Với m = -2 phương trình đã cho trở thành:
x
2
+ 4x +
2
7
= 0

+)Đường thẳng (d) và parabol y = x
2
có đúng 1 điểm chung
⇔
phương trình (*) có nghiệm duy nhất
⇔

∆
= 0
⇔
9 + 4m = 0
⇔
m = -
4
9

=> phương trình đường thẳng (d) là y = 3x -
4
9

Bài 4.
Câu a)
+) Vì AD và AH là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH) cùng xuất phát từ đỉnh A
=> AD = AH (1) 0,25đ
+) Vì BH và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M, MH) cùng xuất phát từ đỉnh B
=> BC = BH (2) 0,25đ
+) Từ (1) và(2) => AD + BC = AH + BH = AB = 2R = không đổi

A
B

Mặt khác : O là trung điểm của AB và M là trung điểm của CD
 OM là đường trung bình của hình thang ABCD
 OM // AD
LẠi có AD
⊥
CD => OM
⊥
CD
Mà Om là đường kính của đường tròn (O)
=> CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Câu c)
Ta có : 4.AD.BC = (AD + BC)
2
- (AD – BC)
2≤
(AD +BC)
2
= 4R
2

=> AD.BC
≤
R
2

Đẳng thứ xảy ra
⇔

Năm học: 2006 - 2007
(Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2điểm)
Cho A = (
)1
1
).(1
1
−
−
−
+
+
+
a
aa
a
aa
Với 1
0
≥≠
a
25