ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011
Môn: Toán lớp 9
(Thời gian làm bài 120 phút)

Bài 1 (2 điểm):
Cho biểu thức:
12
1
:
1
11
+−
+








−
+
−
=
aa
a
aaa
M
a) Tìm điều kiện của a để M có nghĩa và rút gọn M.
b) So sánh M với 1.

.
c) Chứng minh rằng khi A thay đổi trên đường tròn (O) thì độ dài đoạn AH không
đổi.
Bài 5 (0,5 điểm):
Cho a + b = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = ab (a
2
+ b
2
)
ĐỀ I
ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011
Môn: Toán lớp 9
(Thời gian làm bài 120 phút)

Bài 1 (2 điểm):
Cho biểu thức:
12
1
:
1
11
++
−








Bài 3 (2 điểm):
Một cái sân hình chữ nhật có chu vi là 62cm. Nếu tăng chiều rộng lên 3 lần và
giảm chiều dài một nửa thì chu vi sân mới là 96cm. Tính chiều dài, chiều rộng của
hình chữ nhật ban đầu.
Bài 4 (3,5 điểm):
Cho đường tròn (O;R) có dây MN cố định (MN < 2R). P là một điểm trên cung
lớn MN sao cho tam giác MNP có 3 góc nhọn. Các đường cao ME, NK của tam
giác MNP cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác PKHE nội tiếp được đường tròn.
b) Kéo dài PO cắt đường tròn tại Q. Chứng minh MQ//NK và KNM = NPQ
c) Chứng minh rằng khi P thay đổi trên đường tròn (O) thì độ dài đoạn PH
không đổi.
Bài 5 (0,5 điểm):
Cho a + b = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = ab (a
2
+ b
2
)

PHÒNG GD ĐT THÀNH PHỐ HÀ TĨNH
ĐỀ II
ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011
Môn: Toán lớp 9 ( ĐỀ I)
Bài Nội dung Điểm
Bài1
2 điểm
a) ĐK
1;0 ≠> aa
.
a







−
+
=
−
+








−
+
−
=
b)
aa
a
M
1
1
1

= - 2
b)Ta có
∆
=9-4m.
Phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
khi
∆
4
9
0490 ≤⇔≥−⇔≥ mm
.
Khi đó theo hệ thức Viet ta có:
x
1
+ x
2
=3
x
1.
x
2
= m
Do đó
11
3
212
3

⇔
m
1
= -1 ; m
2
=
2
11
Ta thấy m=
2
11
khôg thỏa mãn đk, còn m=-1 thỏa mãn điều kiện.
Vậy với m=-1 thì phương trình trên có 2 nghiệm x
1
; x
2
thỏa
mãn
11
3
212
3
1
−=+
xxxx
1 đ
0,5đ
0,5đ
Bài 3
2 điểm

I
a)Ta có CE
⊥
AB (gt)
⇒
HAE=90
0
BD
⊥
AC(gt)
⇒
HDA=90
0
⇒
HAE+HDA =180
0
⇒
Tứ giác AEHD có tổng số đo hai góc đối
diện bằng 108
0
nên nội tiếp được đường tròn.
b)Ta có ABF=90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒
FB
⊥
AB
⇒
BF//CE (cùng vuông góc với AB)

0,5đ
1đ
0,5đ
0,5đ
1đ
Bài 5:
0,5đ
A=ab(a
2
+b
2
)=
[ ]
abbaab 2)(
2
−+
=ab(4-2ab)
Đặt ab=t ta có A=t(4-2t)=-2t
2
+4t = 2-2(t-1)
2
≤
2
Dấu « = » xẩy ra khi t-1=0
⇔
t=1
⇒
ab=1



xx
x
x
x
xxx
M
1
1
)1(
.
)1(
1
)1(
1
:
1
1
)1(
1
2
2
+
=
−
+







Do
x
>0 với mọi giá trị x>0 nên >0
⇒
0
1
>
x
, do đó 1+
x
1
>1
0,5đ
1đ
0,5 đ
Bài 2:
2 điểm
a)Với m=-14 ta có phương trình: x
2
-5x-14=0
∆
= (-5)
2
-4.1.(-14) = 81, phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x
1
=7; x
2
= - 2

xxxx

⇔
x
1
x
2
(x
1
2
+x
2
2
)= -27
⇔

[ ]
=−+
21
2
2121
2)( xxxxxx
-27
⇔
m (25-2m)= -27
⇔
2m
2
-25m-27=0
⇔

(đk x,y>0)
Theo bài ra ta có phương trình 2(x+y)=62
⇔
x+y=31(1)
Tăng chiều rộng lên 3 lần ta được 3x ; giảm chiều dài một nửa ta
được 0,5y. Ta có phương trình : 2(3x+0,5y)= 96 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :



=+
=+
966
31
yx
yx
Giải ra ta được x=13 ; y=18 (thỏa mãn đk bài toán)
Vậy cái sân hình chữ nhật ban đầu có chiều dài là 19m ; chiều
rộng là 14m
1đ
1đ
Bài 4:
3,5
điểm
H
O
M
N
P
E

⇒
MQ//NK (cùng vuông góc với MP)
Do MQ//NK
⇒
∠
KNM=
∠
NMQ (slt)
Mặt khác
∠
NMQ=
∠
NPQ (hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung)
Từ đó suy ra
∠
KNM=
∠
NPQ
c) Ta có tứ giác HNQM là hình bình hành (có hai cặp cạnh đối
song song). Gọi I là giao điểm của MN và HQ thì I là trung điểm
của MNvà HQ.
Do I là trung điểm MN nên OI
⊥
MN (quan hệ vuông góc giữa
đường kính và dây)
⇒
OI là khoảng cách từ tâm O đến dây MN
cố định nên OI không đổi.
Mặt khác OI là đường trung bình của tam giác QPH nên PH=2OI
do đó Khi P thay đổi trên đường tròn thì độ dài PH không đổi.




=
=
⇔



=+
=
1
1
2
1
b
a
ba
ab
Vậy giá trị lớn nhất của A là 2, đạt được khi a=1; b=1
Lưu ý: Mọi cách giải đúng vẫn cho điểm tối đa.