SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
QUẢNG NAM NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi TOÁN ( chung cho tất cả các thí sinh)
Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (2.0 điểm )
1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa
a)
x
b)
1
1x −
2. Trục căn thức ở mẫu
a)
3
2
b)
1
3 1−
3. Giải hệ phương trình :
1 0
3
x
x y
− =


+ =

Bài 2 (3.0 điểm )
Cho hàm số y = x
2

c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O).
d) Cho góc BCD bằng α . Trên mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , vẽ tam
giác MBC cân tại M .Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O).
======Hết======
Hướng dẫn:
ĐỀ CHÍNH THỨC
Họ và tên : Số báo danh
Bài 1 (2.0 điểm )
1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa
a)
0x
≥
b)
1 0 1x x
− ≠ ⇒ ≠
2. Trục căn thức ở mẫu
a)
3 3. 2 3 2
2
2 2. 2
= =
b)
( )
( ) ( )
1. 3 1
1 3 1 3 1
3 1 2
3 1
3 1 3 1
+

1
) , B( x
2
; y
2
) của hàm số y = x
2
có đồ thị
(P) và y = x + 2 có đồ thị (d)
Viết phương trình hoành độ điểm chung của (P) và (d)
x
2
= x + 2  x
2
– x – 2 = 0
( a = 1 , b = – 1 , c = – 2 ) có a – b + c = 1 – ( – 1 ) – 2 = 0
1
1x⇒ = −
;
2
2
2
1
c
x
a
−
= − = − =
thay x
1

- S
OAC
=
1
2
(OC.BH - OC.AK)= =
1
2
(8 - 2)= 3đvdt
Cách 2 : Ctỏ đường thẳng OA và đường thẳng AB vuông góc
OA
2 2 2 2
1 1 2AK OK= + = + =
; BC =
2 2 2 2
4 4 4 2BH CH+ = + =
;
AB = BC – AC = BC – OA =
3 2

(ΔOAC cân do AK là đường cao đồng thời trung tuyến
⇒
OA=AC)
S
OAB
=
1
2
OA.AB =
1

đạt giá trị nhỏ nhất.
Cho phương trình x
2
– 2mx + m
2
– m + 3
( a = 1 ; b = - 2m => b’ = - m ; c = m
2
- m + 3 )
Δ’ = = m
2
- 1. ( m
2
- m + 3 ) = m
2
- m
2
+ m - 3 = m – 3 ,do pt có hai nghiệm x
1
; x
2
(với m là tham số ) Δ’ ≥ 0
⇒
m ≥ 3 theo viét ta có:
x
1
+ x
2
= = 2m
x

- m + 3 )=2(m
2
+ m - 3 )
=2(m
2
+ 2m
1
2
+
1
4
-
1
4
-
12
4
) =2[(m +
1
2
)
2
-
13
4
]=2(m +
1
2
)
2

≥
49
2

⇒
2(m +
1
2
)
2
-
13
2
≥
49
2
-
13
2
= 18
Vậy GTNN của x
1
2

+ x
2
2
là 18 khi m = 3
Bài 4 (4.0 điểm )
a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp.

; 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
⇒
·
·
ADB AED=
(chắn hai cung bằng
nhau) .Vậy ΔADH = ΔAED (g-g)
⇒

2
.
AD AE
AD AH AE
AH AD
= ⇒ =
c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O).
BK=KD=BD:2 = 24:2 = 12 (cm) ( cm câu a ) ; BC =20cm
* ΔBKC vuông tại A có : KC =
2 2 2 2
20 12 400 144 256BC BK− = − = − =
=16
*
·
0
ABC 90=
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
ΔABC vuông tại K có : BC

·
· ·
·
0 0 0 0
0 0 0
( )
2 2 2
BDC BMC 180 BMC 180 BDC 180 90 180 90 90+ ⇒ = − = − − = − + = +
α α α
=
* Trong trường hợp M’ thuộc cung lớn BC
ΔMBC cân tại M có MM’ là đường trung trực nên MM’ là phân giác góc BMC
⇒

·
·
0 0
) :2 45
2 4
BMM' BMC (90= + = +
α α
=

⇒
sđ
¼
0
BM' )
2
(90= +

¼
BD BM'=
⇒
0 0 0 0
3
2 2
2 90 2 90 180 60+ ⇔ = ⇔ ⇔
α α
α = α− α = α =
thì M’≡ D
không thỏa mãn điều kiện đề bài nên không có M’ ( chỉ có điểm M tmđk đề bài)
+ Xét
»
¼
BD BM'>
⇒
0 0 0 0 0
3
2 2
2 90 2 90 180 60 90+ ⇔ > ⇔ ⇔ <
α α
α > α− α > α ≤
(khi BD
qua tâm O và BD
⊥
AC
⇒
·
0
BCD 90= α =

3x – 2 y= 12
Bài 2: (2.5 điểm)
Cho Parabol (P) : y= x
2
và đường thẳng (d): y=mx-2 (m là tham số m
≠
0)
a/ Vẽ đồ thò (P) trên mặt phẳng toạ độ Oxy.
b/ Khi m = 3, hãy tìm toạ độ giao điểm (p) và ( d)
c/ Gọi A(x
A
;y
A
), B(x
A
;y
B
) là hai giao điểm phân biệt của (P) và ( d).
Tìm các gia trò của m sao cho : y
A
+

y
B =
2(x
A
+ x
B
)-1.
Bài 3: (1.5 điểm)

+ CB
2
đạt GTNN.
Gợi ý : Xây dựng công thức đường trung tuyến của tam giác.
Gọi N là trung điểm của AB.
Ta có:
AC
2
+ CB
2
= 2CD
2
+ AD
2
+ DB
2
=2(CN
2
– ND
2
) + (AN+ND)
2
+ (AN – ND)
2
= 2CN
2
– 2ND
2
+ AN
2

2

)

= 2R
2
.

N
K
I
F
D
E
O
A
B
C
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2009 - 2010
Đề chính thức
Môn thi: Toán
Ngày thi: 02/ 07/ 2009
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2,0 điểm)
Giải các phương trình sau:
1. 2(x + 1) = 4 – x
2. x
2
– 3x + 2 = 0

k
+ (
2
- 1)
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.
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2009 - 2010
Đề chính thức
Lời giải vắn tắt mơn thi : Tốn
Ngày thi: 02/ 07/ 2009
Bài 1: (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:
1) 2(x + 1) = 4 – x
⇔
2x + 2 = 4 - x
⇔
2x + x = 4 - 2
⇔
3x = 2
⇔
x =

a) Để hàm số nghịch biến thì 2m – 1 < 0
⇔
m < .
b) Để đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ bằng
2
3
−
. Hay đồ thò
hàm số đi qua điểm có toạ đôï (
2
3
−
;0). Ta phải có pt
0 = (2m – 1).(- ) + m + 2
⇔
m = 8
Bài 3: (2,0 điểm) Qng đường từ Hồi Ân đi Phù Cát dài : 100 - 30 = 70 (km)
Gọi x (km/h) là vận tốc xe máy .ĐK : x > 0.
Vận tốc ơ tơ là x + 20 (km/h)
Thời gian xe máy đi đến Phù Cát : (h)
Thời gian ơ tơ đi đến Phù Cát : (h)
Vì xe máy đi trước ơ tơ 75 phút = (h) nên ta có phương trình :
- =
Giải phương trình trên ta được x
1
= - 60 (loại) ; x
2
= 40 (nhận).
Vậy vận tốc xe máy là 40(km/h), vận tốc của ơ tơ là 40 + 20 = 60(km/h)
Bài 4 : a) Chứng minh

Từ (1) và (2) suy ra D, B, F cùng nằm
trên một đường thẳng
c)Chứng minh rằng đường tròn đi qua
ba điểm A, D, F tiếp xúc
với đường tròn (O).
Ta chứng minh được BA = BD = BF
Do đó đường tròn qua ba điểm A,D,F nhận B làm tâm và AB làm bán kính .
Vì OB = AB - OA > 0 Nên đường tròn đi qua
ba điểm A, D, F tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại A
Bài 5: (1,0 điểm)
Với mọi m, n là số ngun dương và m > n.
Vì S
k
= (
2
+ 1)
k
+ (
2
- 1)
k
Ta có: S
m+n
= (
2
+ 1)
m + n
+ (
2
- 1)

m – n
(1)
Mặt khác S
m
.S
n
=
m m
( 2+ 1) + ( 2- 1)
 
 
n n
( 2+ 1) + ( 2- 1)
 
 
= (
2
+ 1)
m+n
+ (
2
- 1)
m+n
+ (
2
+ 1)
m
. (
2
- 1)

n n
( 2+ 1) .( 2- 1) ( 2- 1) .( 2+ 1)
( 2- 1) .( 2+ 1)
+

=
m n m n
n
( 2+ 1) .( 2- 1) ( 2- 1) .( 2+ 1)
1
+
=
m n m n
( 2+ 1) .( 2- 1) ( 2- 1) .( 2+ 1)+
(3)
Từ (1), (2) và (3) Vậy S
m+n
+ S
m- n
= S
m
.S
n
với mọi m, n là số ngun dương và m > n.
THI CHNH THC
MễN : TON
Ngày thi : 29/6/2009
Thời gian làm bài : 120 phút
(không kể thời gian giao đề)
Chữ ký GT 1 :

Bài 4. (2,0 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phơng trình hoặc hệ phơng trình:
Một ca nô chuyển động xuôi dòng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngợc dòng
từ B về A hết tổng thời gian là 5 giờ . Biết quãng đờng sông từ A đến B dài 60 Km và vận tốc
dòng nớc là 5 Km/h . Tính vận tốc thực của ca nô (( Vận tốc của ca nô khi nớc đứng yên )
Bài 5. (3,0 điểm)
Cho điểm M nằm ngoài đờng tròn (O;R). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đờng tròn
(O;R) ( A; B là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
b) Tính diện tích tam giác AMB nếu cho OM = 5cm và R = 3 cm.
c) Kẻ tia Mx nằm trong góc AMO cắt đờng tròn (O;R) tại hai điểm C và D ( C nằm giữa
M và D ). Gọi E là giao điểm của AB và OM. Chứng minh rằng EA là tia phân giác
của góc CED.
Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: .
S GIO DC V O TO
QUNG NINH

K THI TUYN SINH LP 10 THPT
NM HC 2009 - 2010
Đáp án
Bài 1:
a) A =
3
b) B = 1 +
x
Bài 2 :
a) x
1
= 1 ; x


; 0 ) => OB =
1
2 1
m
m


Tam giác OAB cân => OA = OB
<=>
1m +
=
1
2 1
m
m


Giải PT ta có : m = 0 ; m = -1
Bài 4: Gọi vận tốc thực của ca nô là x ( km/h) ( x>5)
Vận tốc xuôi dòng của ca nô là x + 5 (km/h)
Vận tốc ngợc dòng của ca nô là x - 5 (km/h)
Thời gian ca nô đi xuôi dòng là :
60
5x +
( giờ)

Thời gian ca nô đi xuôi dòng là :
60
5x

a) Ta có: MA

AO ; MB

BO ( T/C tiếp tuyến cắt nhau)
=>
ã ã
0
90MAO MBO= =

Tứ giác MAOB có :
ã ã
MAO MBO+ =
90
0
+ 90
0
= 180
0
=> Tứ giác MAOB nội tiếp đờng
tròn
b) áp dụng ĐL Pi ta go vào

MAO vuông tại A có: MO
2
= MA
2
+ AO
2
MA

MO
=
9
5
(cm)
=> ME = 5 -
9
5
=
16
5
(cm)
áp dụng ĐL Pi ta go vào tam giác AEO vuông tại E ta có:AO
2
= AE
2
+EO
2
AE
2
= AO
2
EO
2
= 9 -
81
25
=
144
25

ta có: MA
2
= ME. MO (1)
mà :
ã
ã
ADC MAC=
=
1
2
Sđ
ằ
AC
( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng
chắn 1 cung)

MAC
:


DAM (g.g) =>
MA MD
MC MA
=
=> MA
2
= MC . MD (2)
Từ (1) và (2) => MC . MD = ME. MO =>
MD ME
MO MC

OA
OE
=
OM
OA
=
OD OM
OE OD
=
( OD = OA = R)
Ta có:

DOE
:

MOD ( c.g.c) (
à
O
chong ;
OD OM
OE OD
=
) =>
ã
ã
OED ODM=
( 2 góc t ứng) (4)
Từ (3) (4) =>
ã
ã

23
13
)(
=
+=
xy
xy
I

{
xy
xy
II
21
2
)(
=
=
A. Cả (I) và (II) B. (I) C. (II) D. Không có hệ nào cả
Câu 2 (0,25 điểm): Cho hàm số y = 3x
2
. Kết luận nào dới đây đúng?
A. Hàm số nghịch biến với mọi giá trị x>0 và đồng biến với mọi giá trị x<0.
B. Hàm số đồng biến với mọi giá trị x>0 và nghịch biến với mọi giá trị x<0.
C. Hàm số luôn đồng biến với mọi giá trị của x.
D. Hàm số luôn nghịch biến với mọi giá trị của x.
Câu 3 (0,25 điểm): Kết quả nào sau đây sai?
A. sin 45
0
= cos 45

thẳng (d
1
) song song với đờng thẳng (d
2
) khi:
A. m = -3 B. m = 4 C. m = 2 D. m = 3
Câu 6 (0,25 điểm): Hàm số nào sau đây là hàm số bậc nhất?
A. y = x +
x
2
; B. y = (1 +
3
)x + 1 C. y =
2
2
+x
D. y =
x
1
Câu 7 (0,25 điểm): Cho biết cos

=
5
3
, với

là góc nhọn. Khi đó sin

bằng bao nhiêu?
A.


+
+
+

n
n
n
n
; với n

0, n

1.
a) Rút gọn biểu thức N.
b) Tìm tất cả các giá trị nguyên của n để biểu thức N nhận giá trị nguyên.
Bài 2 (1,5 điểm):
Cho ba đờng thẳng (d
1
): -x + y = 2; (d
2
): 3x - y = 4 và (d
3
): nx - y = n - 1;
n là tham số.
a) Tìm tọa độ giao điểm N của hai đờng thẳng (d
1
) và (d
2
).

1
1
1

+
+
+

n
n
n
n
=
( ) ( )
( )( )
11
11
22
+
++
nn
nn
=
1
1212

++++
n
nnnn
=

1
4
n
Ta có: N nhận giá trị nguyên


1
4
n
có giá trị nguyên

n-1 là ớc của 4


n-1


{ }
4;2;1
+ n-1 = -1

n = 0
+ n-1 = 1

n = 2
+ n-1 = -2

n = -1 (Không thỏa mãn với ĐKXĐ của N)
+ n-1 = 2


43
I
yx
yx
=+
=
Ta có : (I)
{
62
2
=
+=
x
xy

{
3
5
=
=
x
y
Vậy: N(3;5)
b) (d
3
) đi qua N(3; 5)

3n - 5 = n -1

2n = 4

2
- 2n + 1 - n
2
+2n +4
= 5 > 0
Vậy: với mọi n

-1 thì phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Bài 4:
a) Ta có:

QPR = 90
0
( vì tam giác PQR vuông cân ở P)


QER = 90
0
( RE

Qx)
Tứ giác QPER có hai đỉnh P và E nhìn đoạn thẳng QR dới một góc không đổi
(90
0
)

Tứ giác QPER nội tiếp đờng tròn đờng kính QR.
b) Tứ giác QPER nội tiếp



tròn ngoại tiếp tứ giác QPER>.
Từ (1) và (2) ta có

PEF =

PEQ

EP là tia phân giác của gócDEF
c) Vì RP

QF và QE

RF nên D là trực tâm của tam giác QRF suy ra
FD

QR



QFD =

PQR (góc có cạnh tơng ứng vuông góc)
mà

PQR = 45
0
(tam giác PQR vuông cân ở P)




cung NI của đờng tròn đờng kính QI cố định.
Q
P
R
D
E
F
x
M
I
N
Trờng THCS cẩm văn

Kỳ thi thử tuyển sinh lớp 10 THPT
năm học 2009 2010
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi : 9 tháng 6 năm 2009 ( buổi sáng)
Đề thi gồm : 01 trang
Bài 1 ( 3,0 điểm)
1) Giải các phơng trình sau:
a) 6x + 5 =0
b)
2
4 3
1 1
=


x






++
+
= aa
a
a
a
a
aa
a
P
2) Cho phơng trình x
2
- 2(m - 1)x - 3=0 (m là tham số)
a) Xác định m để phơng trình có một nghiệm bằng -2. Tìm nghiệm còn lại.
b) Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phơng trình đã cho. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
21
3
212
3
1

3 3
A 3b 1 b 8b 3 3b 1 b 8b 3= + +
với
b 3 / 8
e)Tìm các số thực x sao cho
+x 2009
và

16
2009
x
đều là số nguyên.
Hết
Đề thi chính thức
Bản hớng dẫn gồm 04 trang
I. Hớng dẫn chung
-Thí sinh làm bài theo cách riêng nh ng đáp ứng đ ợc yêu cầu cơ bản vẫn cho
đủ điểm.
1 - Việc chi tiết hoá điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch
với h ớng dẫn chấm và đ ợc thống nhất trong Hội đồng chấm.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm để lẻ đến 0,25 điểm.
II. Đáp án và thang điểm
Câu
(bài)
ý
(phần)
Nội dung Điểm
Bài 1
(3,0 điểm)
1a:

4 3
( 1) ( 1)

=

x x
x x x x
2 2
1
4 3 3 4 0
4
x
x x x x
x
=

= + =

=

x = 1(loại), x = -4 (TMđk)
Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm là x = -4
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2:
(0,75 điểm)


2
2
63
2
yx
x
x
yx
Giải đợc nghiệm



=
=
4
2
y
x
và kết luận
0,25
0,25
0,25
3
x= 0 => y = -4 => đờng thẳng cắt trục tung tại A ( 0;-4)
y=0 => 3x - 4 = 0 =>
3
4
=x

=> đờng thẳng cắt trục hoành tại B

+








+


+
+
=
Biến đổi đến
1
2

=
a
P
0,25
0,5
2.a
(0,5 điểm)
Phơng trình có 1 nghiệm bằng -2
<=> 4 + 4(m-1) - 3 = 0 tìm đợc m =
4
3

1
.x
2
[

(x
1
+x
2
)
2
-2x
1
x
2
]-5x
1
x
2

0,25
0,25
= -12(m-1)
2
- 3 -3 m => Max Q = -3 khi m =1
0,25
Bài 3
(1,0 điểm)
Gọi số thứ nhất là x => số thứ hai là 30 - x
ta đợc phơng trình : x

ằ
ẳ
ã
ã
PA = PB ( gt) => CED = CFD
=> CDEF là tứ giác nội tiếp
0,25
0,25
4.b:
(0,75
điểm)
CDEF là tứ giác nội tiếp =>
ã
ã
DFE = ECD

ã
ECD
=
ằ
ằ
ằ
1 1
sđ PD = (sđ AP + sđ AD)
2 2
=
ã
AID
=> góc EFD = góc AID => EF//AB
0,25

điểm)
Cm tt : PB là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp BDI.
Kẻ đờng kính PQ của (O) => Tâm O
1
của (ADI) thuộc AQ
Tâm O
2
của (BDI) thuộc QB
Chứng minh:
ã
ã
ã
ã
1 1 2 2
O AI = O IA; O IB = O BI
góc QAB = góc QBA => O
1
I//O
2
Q ; O
2
I//O
1
Q
=> O
1
IO
2
Q là hình bình hành
=> O

K
E
P
O
A
B
C
D
x y 2
x y 2 0
3
xy
2 3xy 3 0
4
+ =

+ =

=
=




Giải ra ta có:
2
1

=> AM
2
5 x
1
01
01
5
2
2
=



=+
=
= x
x
x
AM
Điểm M có toạ độ M(-1;1) thì AM nhỏ nhất (
5=
)
0,25
0,25
0,25
0,25
c
Giả thiết cho giá trị lớn nhất của
1
2

x
x
mx
0,25
(1) <=> 2x+m 2x
2
+2 x <=>
xxm +
2
3
)
2
1
(2
2
<=>
2
3
2
3
)
2
1
(2min
2
=





( ) ( )
2
3 2
3
A 6b 2 3A 3b 1 b 8b 3= +
3
A 3(1 2b)A (6b 2) 0 =
0.25
2
(A 1)(A A 6b 2) 0 + + =
2
A 1
(I)
A A 6b 2 0 (*)
=



+ + =

0.25
+) Nếu
=
3
b
8
=>
= + = + =
3 3
1 1 1 1


( )
a; b Z
0.25

16
b 2009
a 2009
=

( )
ab 2025 b a 2009 =
0.25
Nếu
a b
thì vế phải là số vô tỉ và vế trái là số nguyên

vô lí.
Nếu a = b thì ab - 2025 = 0
a b 45 = =
.
0.25

x 45 2009=
. Thử lại với
x 45 2009=
thoả mãn đề bài
0.25
(1)
có nghiệm (2)

42
0



=
=
⇔



+−=
=
y
x
xy
x
Vậy toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục Oy là
A(0 ; 4).
- Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục Ox là nghiệm của hệ :
.
2
0
42
0



=
=

0
=4/3.
Vậy: M(4/3;4/3).
Câu 3 (1,5 điểm).
Cho phương trình bậc hai: x
2
-2(m-1)x+2m-3=0. (1)
a) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m.
x
2
- 2(m-1)x + 2m - 3=0.
Có:
∆
’ =
( )
[ ]
)32(1
2
−−−− mm
= m
2
-2m+1-2m+3
= m
2
-4m+4 = (m-2)
2

≥
0 với mọi m.
 Phương trình (1) luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.

2
-4a-480 = 0




<−=
=
⇔
.)0(20
24
loaia
a
Vậy chiều rộng của mảnh vườn là 24m.
chiều dài của mảnh vườn là 30m.
Câu 5 (3,5 điểm)
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d)
không đi qua tâm O, cắt (O) tại B và C ( B nằm giữa A và C). Các tiếp tuyến với đường
tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Từ D kẻ DH vuông góc với AO (H nằm trên AO),
DH cắt cung nhỏ BC tại M. Gọi I là giao điểm của DO và BC.
1. Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh OH.OA = OI.OD.
3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn (O).
4. Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OAM nằm ngoài
đường tròn (O).

K
I
M
H

OHD và
∆
OIA có
∠
AOD chung

∆
OHD đồng dạng với
∆
OIA (g-g)

ODOIOAOH
OA
OD
OI
OH
==>=
(1) (đpcm).
c) Xét
∆
OCD vuông tại C có CI là đường cao
áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông,
ta có: OC
2
= OI.OD mà OC = OM (=R) (2).
Từ (1) và (2) : OM
2
= OH.OA

OM

.
 AM vuông góc với OM tại M
 AM là tiếp tuyến của (O).
d)Gọi K là giao điểm của OA với (O); Gọi diện tích cần tìm là S.
 S = S
∆
AOM
- S
qOKM
Xét
∆
OAM vuông tại M có OM = R ; OA = 2.OK = 2R
=>
∆
OMK là tam giác đều.
=> MH = R.
2
3
và
∠
AOM = 60
0
.
=> S
∆
AOM
=
.
2
3

6
33
.
6
.
2
3
.
2
2
2
Π−
=
Π
− R
R
R
(đvdt).

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
THANH HÓA NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi : Toán
Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2009
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x
2
– 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1.Giải phương trình (1) khi n = 3.
2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.

tứ giác BDNO nội tiếp được.
2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra
CN DN
CG DG
=
.
3. Đặt
·
BOD
α
=
Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và α. Chứng tỏ rằng
tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc α.
Bài 5 (1,0 điểm)
Cho số thực m, n, p thỏa mãn :
2
2 2
3
1
2
m
n np p+ + = −
.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p.
……………………………. Hết …………………………….
Họ tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: ……………
Chữ ký của giám thị số 1: Chữ ký của giám thị số 2:
Đề chính thức
Đề B