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 )
Giải hệ phương trình :
3 2 2 1
2 2 3
x y
x y

− − + =



Bài 1:
1. Khi m = 3, phơng trình đã cho trở thành : x
2
- 4x + 4 = 0 (x - 2)
2
= 0 x = 2 là
nghiệm kép của phơng trình.
2. Phơng trình có nghiệm 0 (-2)
2
-1(m + 1) 0 4 - m -1 0 m 3.
Vậy với m 3 thì phơng trình đã cho có nghiệm.
3. Với m 3 thì phơng trình đã cho có hai nghiệm . Gọi hai nghiệm của phơng trình là x
1
,
x
2
.Theo định lý Viét ta có : x
1
+ x
2
= 4 (1), x
1
.x
2
= m + 1 (2). Mặt khác theo gt : x
1
2
+ x
2
2

. Đặt
2 0
2 0
x a
y b

=


+ =


Khi đó hệ phơng trình đã
cho trở thành :
3 1
3
a b
a b
=


+ =

.Giải hệ này ta đợc
1 0
2 0
a
b
=


+ = =
+ =



(TM).Vậy (x;y) = (3 ; 2) là nghiệm của hệ ph-
ơng trình đã cho.
Bài 3:
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

90A B= =
) 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

( )
ABKI
=
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

(gt) . Suy ra
ã ã
0
180KPC KBC+ =
. Suy ra tứ giác
CPKB nội tiếp đợc (đpcm) .
a
b
c
i
p
k
o
S 2.
S GIO DC & O TO K THI TUYN SINH VO LP 10
QUNG BèNH Khúa ngy 3 thỏng 7 nm 2006
MễN: TON
( Thi gian 120 phỳt, khụng k thi gian giao )
Câu 1: ( 2 điểm )
1) Phân tích x
2
9 thành tích.
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



1
2
P N
S 2.
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.

Rút gọn biểu thức: P =
2 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 gi¸c ABC c©n t¹i B, c¸c ®êng cao AD, BE c¾t nhau t¹i H. §êng th¼ng d ®i qua A
vµ vu«ng gãc víi AB c¾t tia BE t¹i F
a) Chøng minh r»ng: AF // CH
b) Tø gi¸c AHCF lµ h×nh g× ?
H

Víi 0
≤
x
≤
2 0
≤
y
≤

1
2
th× 2x-x
2
≥
0 vµ y – 2y
2

≥
0
¸p dông bÊt ®¼ng thøc C« si ta cã 2x – x
2
= x(2 - x)
≤

2
x 2
1
2
x+ −
 

VËy GTLN cña A lµ
1
8
⇔ x = 1, y =
1
4
S 3.
S GIO DC & O TO K THI TUYN SINH VO LP 10
LNG SN MễN: TON
( Thi gian 120 phỳt, khụng k thi gian giao )
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

3
+ b
3
+ 3ab(a + b)
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)
=





=


+ =

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
=
+


ã
ã
0
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

OB + OC > BC
=> 2(OA + OB + OC > AB + AC + BC
=>
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)
Tõ (1) vµ (2) => p < OA + OB + OC < 2p
ĐỀ SỐ 4.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TP HCM MÔN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Câu 1: ( 2 điểm )
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2x
2
+ 3x – 5 = 0 (1)
b)
2x y 1 (a)
3x 4y 1 (b)

1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để
2 2
1 2 1 2
x x x x 7+ − =
.
Câu 4: ( 4 điểm )
Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O và hai tiếp tuyến
MA, MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D.
a) Chứng minh MA
2
= MC.MD.
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
ĐỀ SỐ 4.
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)
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
=


=
2 3−
.
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
 
+ − − +
−
 ÷
 ÷
− +
 
=

1
, x
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:

. Do đó MO là
trung trực của AB ⇒ MO ⊥ AB.
Trong ∆MAO vuông tại A có AH là đường cao ⇒ MA
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
)
O
M
D

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

=−
1mynx
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
ĐỀ SỐ 5.
Câu 1:
Giải phương trình:
a) 2x – 3 = 0 <=> 2x = 3 <=> x =
2
3
.
b) x
2

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

3
mn
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

=> IK // OM => IK
⊥
MC
=>
IMC∆
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.
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 =

5
+
b) Rút gọn biểu thức: A=
b
a
b
bab
−
−
2
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

34
3510
3232
325
−=
−
−
=
−+
−
b) Rút gọn:
A =
b
a
b
bab
−
−
2
2
. =
22 −=−−
b
a
b
a
. với a
0,0 >≥ b
.
Bài 2.

( )
b
với 2 và lấy
( ) ( )
ba 2−
. Ta có
<=>



=+
=−
82
147
yx
y
<=>



−=
=
48
2
x
y
<=>




xx
( vì a + b + c = 0 )
121 −=−=⇒
C
y
và
422 −=−−=
D
y
Ta có: x
A
= x
C
=> AC
⊥
Ox.
=> S
ACD
=
( )( ) ( )( )
31121
2
1
2
1
.
2
1
=++=−−=−−
CADCCADC

∆
AMB. ( c.g.c ).
b) Chứng minh tứ giác ANPM nội tiếp.



0
180=+∠
∠=∠
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

với a,b là 2 số dương khác nhau.
a) Rút gọn biểu thức N.
b) Tính giá trị của biểu thức N khi : a =
526 +
và b =
526 −
Bài 2. ( 2,5 điểm )
Cho phương trình ẩn x: x
4
– 2mx
2
+ m
2
– 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)
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

b
bab
a +
−
−
+
+ )()(
=
ab
ba
abab
abbaba
abab
abbaabbbabaa
−
+
=
−
+
=
−
−+−++−
)())(
))(()()(
b) Ta có a =
526 +
=
15)15(
2
+=+

- 2
3
x = 0
⇔
x
2
(x
2
- 2
3
) = 0
⇔



=
=
32
0
2
x
x

⇔




±=
=

một nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm dương
*)Phương trình (1) nhận t = 0 là nghiệm
⇔
m
2
– 3 = 0
⇔
m =
±
3
+)Khi m =
3
, phương trình (1) trở thành: t
2
-
3
t = 0
⇔



=
=
32
0
2
1
t
t
(thoả mãn)

Bµi 3.
a) Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng ®i qua ®iÓm A(2;-3) vµ cã hÖ sè gãc b»ng k lµ:
y = k(x-2) – 3