SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Ngày 12 tháng 6 năm 2010
MÔN: TOÁN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài 1: ( 2,5 điểm )
Cho a, b, c là các số thực phân biệt sao cho các phương trình x
2
+ ax + 1= 0 và x
2
+ bx + c = 0
có nghiệm chung, đồng thời các phương trình x
2
+ x + a = 0 và x
2
+ cx + b = 0 cũng có nghiệm
chung. Hãy tìm tổng a + b + c.
Bài 2: ( 1,5 điểm )
Cho 3 số thực x, y, z đều lớn hơn 2 và thỏa mãn điều kiện:
Chứng minh rằng: (x–2)(y–2)(z–2) ≤1. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?.
Bài 3: ( 1,5 điểm )
Cho a > c, b > d. Chứng minh rằng: (a + b + c + d)
2
> 8(ad + bc)
Bài 4: ( 1,5 điểm )
Cho hình bình hành ABCD, M là điểm nằm trong hình bình hành sao cho AMB + CMD =
180
0
. Chứng minh rằng: MAD = MCD
Bài 5: ( 3 điểm )
Cho hai đường tròn (O
1

+ ax + 1= 0 và x
2
+ bx + c = 0.
Ta có: x
1
2
+ ax
1
+ 1= 0 và x
1
2
+ bx
1
+ c = 0. Trừ vế theo vế hai đẳng thức trên, ta được: (a – b)x
1
+1 – c = 0. Hay là: (1)
Gọi x
2
là nghiệm chung của các phương trình: x
2
+ x + a = 0 và x
2
+ cx + b = 0.
Lý luận tương tự như trường hợp đầu, ta có: (c–1)x
2
+ b – a =0.
Vì nên và khi đó (2)
Từ (1) và (2) suy ra x
1
x

+ ax + 1 = 0 không có nghiệm thực. Do
đó từ (5) suy ra x
2
= 1.
Vì x
2
là nghiệm của phương trình x
2
+ x + a = 0 nên a + 2 = 0. (6)
Vì x
2
là nghiệm của phương trình x
2
+ cx + b = 0 nên b + c + 1 = 0 (7)
Từ (6) và (7), cộng vế theo vế ta được a + b + c + 3 =0, hay là a + b + c = –3
Vậy a + b + c = –3
Bài 2: Cho 3 số thực x, y, z đều lớn hơn 2 và thỏa mãn điều kiện:
Chứng minh rằng: (x–2)(y–2)(z–2) ≤1. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Lời giải:
Đặt , , . Từ giả thiết ban đầu của bài toán, ta suy ra:
, , và a + b + c =1.
Ta có: (x–2)(y–2)(z–2) ≤1
(1 – 2a)(1 – 2b)(1 – 2c) abc
(a+b+c–2a)(a+b+c–2b)(a+b+c–2c) abc
(b+c–a)(c+a–b)(a+b–c) abc (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương, ta có:
2a = (c+a–b) + (a+b–c) 2
a (2)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (c+a–b) = (a+b–c) b = c.
Lý luận tương tự, ta có:

2
–2ab – 2cd –2ad – 2bc + 2ac + 2bd)
= 4(a – c)(b – d) + (a + c – b – d)
2
> 0
ĐPCM.
Bài 4: Cho hình bình hành ABCD, M là điểm nằm trong hình bình hành sao cho AMB +
CMD = 180
0
. Chứng minh rằng: MAD = MCD
Lời giải:
Qua M kẻ đường thẳng (d) song song với AD và lấy trên (d) điểm N sao cho:
MN = AD = BC. Dễ dàng chứng minh được tứ giác ADMN và tứ giác BCMN là hình bình
hành.
NA = MD và NB = MC
MCD = NAB (cạnh, cạnh, cạnh)
ANB = CMD
ANB + AMB = CMD + AMB = 180
0
tứ giác AMBN là tứ giác nội tiếp
Ta có:
MCD = NBA (Do CMD = ANB) (1)
NBA = AMN (tứ giác AMBN là tứ giác nội tiếp) (2)
AMN = MAD (So le trong) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra: MCD = MAD. ĐPCM.
Bài 5: Cho hai đường tròn (O
1
) và (O
2
) cắt nhau tại A và B. Đường thẳng O

O
1
AO
2
= O
1
BO
2
Lại có CAO
2
= ACO
2
(Tam giác ACO
2
cân)
Từ đó suy ra:
O
1
BO
2
+ O
1
CO
2
= O
1
AO
2
+ CAO
2

BD = MA (Mối tương quan giữa góc và dây cung của đường tròn (O
1
) (3)
Tương tự như vậy, ta chứng minh được: BC = AN (4)
Từ (3) và (4) suy ra MN = MA + NA = BD + BC.
Vậy MN = BC + BD. ĐPCM.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Ngày 12 tháng 6 năm 2010
MÔN: TOÁN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài 1. ( 2 điểm )
a) Tính
( 28 12 7) 7 2 21− − +
b) Giải hpt:
4 5
3 2 12
x y
x y
+ = −


− = −

Bài 2. ( 2,5 điểm )
Cho hàm số y= f(x) =
3 1x −
có đồ thị (d)
a) Các điểm A(
1
3

3 2 12
x y
x y
+ = −


− = −

11 22
3 2 12
x
x y
= −

⇔

− = −

2
3
x
y
= −

⇔

=

Bài 2.
a) Thay tọa độ điểm A vào phương trình:

2
y x
 
−
=
 ÷
 ÷
 
Tọa độ giao điểm của (d) và OC là nghiệm của hệ pt:
3 1
3 2
2
y x
y x

= −

 

−
=
 ÷

 ÷
 

Giải hệ được x
0
; x ; y là tọa độ giao điểm cần tìm:
2

(2)
.
x x m
x x m
+ = − +


=

Vì pt(1) có nghiệm x
1
= -2 nên m
1
= 0; m
2
= 4
Kết hợp với điều kiện suy ra m = 0; m

= 4
Bài 4.
Giả sử đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố đònh M(x
0
; y
0
) => y
0
= (m – 2) x
0
+ 3m – 7
Suy luận đến phương trình :-(x

Bài 5.
A B
H

E
D C K
a) Chứng minh tứ giác BHCD nội tiếp.
Ta có:





=∠
=∠
0
0
90
90
BCD
BHD
=> BHCD thuộc đường tròn đường kính BD => tứ giác BHCD nội
tiếp.
b) Tìm số đo góc CHK.
Ta có:



∠=∠
=∠

Chứng minh rằng:
Bài 4. ( 2 điểm )
Chứng minh rằng: với m, n
Bài 5. ( 3 điểm )
Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB, M là điểm chuyển động trên nửa đường tròn. Tiếp
tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A và B lần lượt ở C và D. Đường thẳng OC cắt MA tại E, đường
thẳng OD cắt MB tại F. Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp và xác định vị trí của M để bán
kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD nhỏ nhất.
ĐÁP ÁN
Bài 1:
Xét , . Ta có: và
Từ đó suy ra thuộc T
Lại có: xét , . Ta có: và
Từ đó suy ra thuộc T.
Bài 2: (3đ)
Gọi x, y là thời gian ô tô đi trên đoạn đường AB và BC ( điều kiện cho ẩn: y > x > 0 ).
Đổi 30’ = 0,5 giờ.
Quảng đường xe đi được trên đoạn AB: 50x.
Quảng đường xe đi được trên đoạn BC: 45y.
Theo bài ra ta có hệ phương trình:




=+
=+−
1654550
5,0
yx
yx

a) hay là .
Suy ra , hay là
Từ đó suy ra
Mặt khác:
Suy ra .ĐPCM
b) hay là
Suy ra , hay là
Từ đó suy ra
Mặt khác:
Suy ra .ĐPCM
Bài 5.
Dễ dàng nhận thấy E là trung điểm của MA, F là trung điểm của MB. Từ đó suy ra OE, OF, EF
là các đường trung bình của tam giác MAB.
Vì nên tứ giác OMDB là tứ giác nội tiếp
(1)
Lại có ( đồng vị) (2)
(so le trong) (3)
(4)
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra

Suy ra tứ giác CEFD nội tiếp. ĐPCM.
Gọi I, K lần lượt là trung điểm của CE, DF, J là giao điểm của hai đường trung trực của CE và
DF.
Dễ dàng nhận thấy J là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD , JI CE , JK DF và
tứ giác JKOI là hình chữ nhật.
Vì J là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD nên JF là bán kính của đường tròn. Ta cần tìm
giá trị nhỏ nhất của JF.
Ta có:

Mặt khác: