SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
PHÚ YÊN NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn thi : TOÁN – Sáng ngày 30/6/2010
Thời gian làm bài : 120 phút
Câu 1. (2 đ )
a) Không sử dụng máy tính cầm tay , hãy rút gọn biểu thức : A =
12 2 48 3 75− +
b) Cho biểu thức
2 2 1
.
1
2 1
x x x x x x
B
x
x x x
 
− + − − +
= −
 ÷
 ÷
−
− +
 
Với những giá trị nào của x thì biểu thức trên xác định ? Hãy rút gọn biểu thức B .
Câu 2 . (2đ )
Không dùng máy tính cầm tay , hãy giải phương trình và hệ phương trình
sau :
a) x
2
- 2

nằm giữa B và M ), vẽ hai tiếp tuyến MC, MD của đường tròn (O) . (C, D
∈
(O) )
Gọi I là trung điểm của AB, tia IO cắt MD tại K .
a) Chứng minh năm điểm M, C, I, O, D cùng thuộc một đường tròn .
b) Chứng minh : KD. KM = KO .KI
c) Một đường thẳng đi qua O và song song với CD cắt các tia
MC và MD lần lượt tại E và F . xác định vị trí của M trên (
∆
) sao cho diện tích
∆
MEF đạt giá trị nhỏ nhất .
Câu 5. (1 đ)
Một hình nón đỉnh S có chiều cao 90 cm được đặt úp trên một
hình trụ có thể tích bằng , 9420cm
3
và bán kính đáy hình trụ bằng
10cm , sao cho đường tròn đáy trên của hình trụ tiếp xúc ( khít ) với
mặt xung quang hình nón và đáy dưới của hình trụ nằm trên mặt đáy
của hình nón . Một mặt phẳng qua tâm O và đỉnh của hình nón cắt
hình nón và hình trụ như hình vẽ.
Tính thể tích của hình nón . Lấy
3,14
π
=
HẾT
HƯỚNG DẪN
Câu 1:
a) A =
12 2 48 3 75− +

1 1
x x x x x x
x
x x
− − − + + − −
=
− −
Câu 2.
a) x
2
- 2
2
x – 7 = 0 ĐS
1 2
2 3; 2 3x x= + = −
2 3 13
)
2 4
x y
b
x y
− =


+ = −

ĐS (x=2 ; y= -3)
Câu 3
a) bạn đọc tự giải
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : 2x

2 1 0
2
2 1 0
0
x
x
x y
y

− =
=


⇔
 
+ − =


=

Câu 4 :
a)
·
·
·
0
90MCO MIO MDO= = =
=> M,C, O,I , D thuộc đường tròn
đường kính MO
b)

∆
) và đường tròn (O,
2R
) thì diện tích
∆
MEF nhỏ nhất .
Câu 5 :
MN = V: S = 9420 : 100. 3,14 = 30cm
MN//SO =>
1 1
3 3
3 10 5
AN MN
AN AH
AO SO
AN AN AN cm
= = ⇒ =
= + ⇒ =
=> AH =15cm
Diện tích đáy của hình nón bằng 15
2
.3,14 = 706,5cm
2
Thể tích hình nón bằng :
3
1
706,5.90 21,195
3
cm=
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

và đường thẳng (D):
1
1
2
y x= −
trên
cùng một hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính.
Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau:
12 6 3 21 12 3A = − + −
2 2
5 3
5 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
B
   
= + + − − + − + + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình
2 2
(3 1) 2 1 0x m x m m− + + + − =
(x là ẩn số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi
giá trị của m.
b) Gọi x
1
, x
2

x hay x
− − +
⇔ = = = =
b)
4 1 (1)
6 2 9 (2)
x y
x y
+ = −


− =


4 1 (1)
14 7 ( (2) 2 (1))
x y
x pt pt
+ = −

⇔

= +

3
1
2
y
x
= −

x hay x⇔ = ± = ±
d)
2
2 2 2 1 0x x− − =
(5)
' 2 2 4∆ = + =
Do đó (5)
2 2 2 2
2 2
x hay x
− +
⇔ = =
Bài 2:
a) Đồ thị: học sinh tự vẽ
Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),
( )
1
1; , 2; 2
2
 
± − ± −
 ÷
 
.
(D) đi qua
( )
1
1; , 2; 2
2
 

− − −
 ÷
 
.
Bài 3:

12 6 3 21 12 3A = − + −

2 2
(3 3) 3(2 3) 3 3 (2 3) 3= − + − = − + −
3=

2 2
5 3
5 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
B
   
= + + − − + − + + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
2B =
(
)
(
)
2 2
5 4 2 3 6 2 5 5 4 2 3 6 2 5 3+ + − − + − + + −
(

+ m – 1
A=
2 2
1 2 1 2
3x x x x+ −

( )
2
1 2 1 2
5x x x x= + −
2 2
(3 1) 5(2 1)m m m= + − + −

2 2
1 1
6 6 ( )
4 2
m m m= − + + = + − −
2
25 1
( )
4 2
m= − −
Do đó giá trị lớn nhất của A là :
25
4
. Đạt được khi m =
1
2
Bài 5:

BP MP
=
(1)
Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số
KP BP
AE AB
=
(2)
Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K là trung điểm của MP.
Cách 2 : Ta có
EK AP
EB AB
=
(3) do AE // KP,
mặt khác, ta có
EI AP
EO AB
=
(4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng
So sánh (3) & (4), ta có :
EK EI
EB EO
=
.
Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM
=> K là trung điểm MP.
d) Ta dễ dàng chứng minh được :
I

đạt max ⇔ x.x.x(2R – x) đạt max
⇔
x x x
. . (2R x)
3 3 3
−
đạt max
Áp dụng (*) với a = b = c =
x
3

Ta có :
4
4
4
x x x 1 x x x R
. . (2R x) (2R x)
3 3 3 4 3 3 3 16
 
− ≤ + + + − =
 ÷
 
Do đó S đạt max ⇔
x
(2R x)
3
= −
⇔
3
x R

− =


Bài 3 (2,5 điểm)
Cho hai hàm số y = 2x
2
có đồ thị (P) và y = x + 3 có đồ thị (d).
a) Vẽ các đồ thị (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Gọi A là giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) có hoành độ âm. Viết
phương trình của đường thẳng (∆) đi qua A và có hệ số góc bằng - 1.
c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung tại C, cắt trục hoành tại D. Đường
thẳng (d) cắt trục hoành tại B. Tính tỉ số diện tích của hai tam giác ABC và
tam giác ABD.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cho hai đường tròn (C) tâm O, bán kính R và đường tròn (C') tâm O',
bán kính R' (R > R') cắt nhau tại hai điểm A và B. Vẽ tiếp tuyến chung MN
của hai đường tròn (M ∈ (C), N ∈ (C')). Đường thẳng AB cắt MN tại I (B
nằm giữa A và I).
a) Chứng minh rằng
·
·
BMN MAB=
b) Chứng minh rằng IN
2
= IA.IB
c) Đường thẳng MA cắt đường thẳng NB tại Q; đường thẳng NA cắt
đường thẳng MB tại P. Chứng minh rằng MN song song với QP.
BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)
a) Rút gọn biểu thức

2
u
+
= =
Do đó (1) ⇔ x =
15±
b) Giải hệ phương trình :
3 1
7
2 1
8
x y
x y

− =




− =


⇔
1
1
2 1
8
x
x y



= −


.
Bài 3:
a) Đồ thị: học sinh tự vẽ
Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),
( )
1;2±
.
(d) đi qua
( )
(0;3), 1;2−
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
2
2 3x x= +
⇔ 2x
2
– x – 3 = 0
3
1
2
x hay x⇔ = − =
Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (d) là
( )
3 9
1;2 , ;
2 2
 

S AD
= =
Bài 4:
a) Trong đường tròn tâm O:
Ta có
·
BMN
=
·
MAB
(cùng chắn cung
¼
BM
)
b) Trong đường tròn tâm O':
Ta có IN
2
= IA.IB
c) Trong đường tròn tâm O:
·
·
MAB BMN=
(góc chắn cung
¼
BM
) (1)
Trong đường tròn tâm O':
·
·
BAN BNM=

QNM và BQP
ở vị trí so le trong => PQ // MN
SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
THPT
THANH HOÁ Năm học 2010 –
2011
Môn thi: Toán
Ngày thi: 30 tháng 6 năm
2010
Thời gian làm bài: 120phút
Bài I (2,0 điểm)
Cho phương trình : x
2
+ nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số)
1. Giải phương trình (1) khi n = 3
2. Giả sử x
1
,x
2
là nghiệm của phương trình (1),tìm n để :
x
1
(x
2
2
+1 ) + x
2
( x
1
2

B
= 2
1.T ìm to ạ đ ộ c ác đi ểm A,B v à vi ết ph ư ơng tr ình đ ư ờng th ẳng AB.
2. T ìm m đ ể đ ư ờng th ẳng (d) : y = (2m
2
– m)x + m + 1 (v ới m l à tham s ố ) song
song v ới đ ư ờng th ẳng AB.
Bài IV (3,0)
Cho tam gi ác PQR c ó ba g óc nh ọn n ội ti ếp đ ư ờng tr òn t âm O,c ác đ ư ờng
cao QM,RN c ủa tam gi ác c ắt nhau t ại H.
1.Ch ứng minh t ứ gi ác QRMN l à t ứ gi ác n ội ti ếp trong m ột đ ư ờng tr òn.
2. K éo d ài PO c ắt đ ư ờng tr òn O t ại K.Ch ứng minh t ứ gi ác QHRK l à h ình b
ình h ành.
3. Cho c ạnh QR c ố đ ịnh,Pthay đ ổi tr ên cung l ớn QR sao cho tam gi ác PQR lu
ôn nh ọn.X ác đ ịnh v ị tr í đi ểm P đ ể di ện t ích tam gi ác QRH l ớn nh ất.
Bài V ( 1,0 điểm)
Cho x,y l à c ác s ố d ư ơng tho ả m ãn : x + y = 4
T ìm gi á tr ị nh ỏ nh ất c ủa :
2 2
33
P x y
xy
= + +
Hết
ĐỀ CHÍNH THỨC
Họtênthísinh:…………………………………………………….Sốbáodanh:
…………………………………
Họ tên, chữ ký của giám thị 1: Họ tên, chữ ký của giám thị 2:
Đáp án:
Bài I)

1 2 2 1
1 2 1 2 1 2
( 1) ( 1) 6
( ) 6
4.( ) ( ) 6
3 6
2
x x x x
x x x x x x
n n
n
n
+ + + >
⇔ + + + >
⇔ − − + − >
⇔ >
⇔ >
Bài 2: 1) Rút gọn biểu thức được: A=
4
3a +
2. Biểu thức A đạt giá trị nguyên 
3a +
là ước của 4.
do
3a +

≥
3 nên
3a +
= 4

( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
suy ra:PQ
⊥
KQ, mà RH
⊥
PQ
 KQ//RH(1)
Chwngs minh tương tự ta cũng có:
QH//KR(2)
P
N
M
RQ
K
H
I
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác QHRK là hình bình hành.
3. Theo câu 2, tứ giác QHRK là hình bình hành nên:
QHR QKR
S S=
Từ K kẻ KI
⊥
QR. Ta có:
1
.
2
QKR
S KI QR=
Diện tích tam giác QKR lớn nhất khi KI lớn nhất K là điểm chính giữa của cung nhỏ QR.
Khi đó P là điểm chính giữa của cung lớn QR.

≥ + =
Do đó : MinP=
65
4
, đạt được khi x=y=2.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
————————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho các trường THPT không chuyên
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Trong 4 câu từ câu 1 đến câu 4, mỗi câu đều có 4 lựa
chọn, trong đó có duy nhất lựa chọn đúng. Em hãy viết vào tờ giấy làm bài thi chữ cái A, B, C
hoặc D đứng trước lựa chọn mà em cho là đúng (ví dụ: nếu câu 1 em chọn lựa chọn A thì viết là
1.A)
Câu 1. Giá trị của
10. 40
bằng:
A. 10 B. 20 C. 30 D. 40
Câu 2. Cho hàm số
( 2) 1y m x= − +
( x là biến,
m
là tham số) đồng biến, khi đó giá trị của
m

thoả mãn:
A. m = 2 B. m < 2 C. m > 2 D. m =1



Câu 6 (1,5 điểm). Cho phương trình:
2
2( 1) 5 0x m x m− − + − =
, (x là ẩn,
m
là tham số ).
1. Chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
1 2
, x x
với mọi giá trị của
m
.
2. Tìm tất cả các giá trị của
m
để phương trình đã cho có hai nghiệm
1 2
,x x
thoả mãn điều kiện
2 2
1 2
10x x+ =
Câu 7 (1,5 điểm). Cho một tam giác có chiều cao bằng
3
4
cạnh đáy. Nếu chiều cao tăng thêm
3m và cạnh đáy giảm đi 2m thì diện tích của tam giác đó tăng thêm 9m
2
. Tính cạnh đáy và

Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm):
Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm.
Câu 1 2 3 4
Đáp án B C A D
Phần II. Tự luận (8,0 điểm).
Câu 5 (2,0 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Xét hệ phương trình
4 5 5 (1)
4 7 1 (2)
x y
x y
− = −


− = −


Lấy (1) – (2) ta có:
2 4 2y y= − ⇔ = −
0,5
Thay
2y = −
vào (1) có:
4 10 5x
+ = −

0,5
15
4

2. (1,0 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
Theo công thức viet ta có: x
1
+ x
2
= 2(m  1), x
1
x
2
= m  5 0,25
Ta có
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2 .x x x x x x+ = + −
2 2
4( 1) 2( 5) 4 10 14m m m m= − − − = − +
0,25
Từ đó
2 2 2 2
1 2
1
10 4 10 14 10 4 10 4 0
2
2
m
x x m m m m
m

=

3
3
4
x +
) (m)
và độ dài cạnh đáy của tam giác mới là (x  2) (m).
0,25
Khi đó diện tích tam giác mới là
1 3
' .( 2). 3
2 4
S x x
 
= − +
 ÷
 
(m
2
) 0,25
Theo bài ra ta có PT :
2
1 3 3
3 ( 2) 9
2 4 8
x x x
 
+ − = +
 ÷
 
 x = 16 (thoả mãn điều kiện) 0,25

(1),
OA PS
⊥
,
·
·
//OA MA PS MA AMN RPN
⊥ ⇒ ⇒ =
(2).
0,25
Từ (1) và (2) suy ra:
·
·
ABN RPN=
hay
· ·
RBN RPN= ⇒
tứ giác PRNB nội tiếp
· ·
BPN BRN⇒ =
(3)
0,25
Mặt khác có:
·
·
BPN BAQ=
(4), nên từ (3) và (4) suy ra:
·
·
//BRN BAQ RN SQ= ⇒

2a b c+ + =
nên (*)
(2 2 )(2 2 )(2 2 )abc a b c
⇔ ≥ − − −

8 8( ) 8( ) 9 0a b c ab bc ca abc
⇔ − + + + + + − ≤
8 9 8( ) 0 9 8( ) 8abc ab bc ca abc ab bc ca⇔ + − + + ≥ ⇔ − + + ≥ −
(*)
0,25
Ta có
3 3 3 3
( ) 3( )( ) 3 8 6( ) 3a b c a b c a b c ab bc ca abc ab bc ca abc+ + = + + − + + + + + = − + + +
0,25
Từ đó
[ ]
3 3 3
4( ) 15 27 24( ) 32 3 9 8( ) 32a b c abc abc ab bc ca abc ab bc ca
+ + + = − + + + = − + + +
(**)
Áp dụng (*) vào (**) cho ta
3 3 3
4( ) 15 3.( 8) 32 8a b c abc+ + + ≥ − + =
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2
3
a b c= = =
.
Từ đó giá trị nhỏ nhất của P là 8 đạt được khi và chỉ khi
2

2
x
2
+x
2
2
x
1
-x
1
x
2
=3.
Bài IV ( 3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó
(C khác A, B). Lấy điểm
D thuộc dây BC ( D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC
cắt tia BE tại điểm F.
1/ Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp.
2/ Chứng minh DA.DE = DB.DC
3/ Chứng minh CFD = OCB. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác
FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
4/ Cho biết DF=R, chứng minh tg AFB = 2.
Lời giải
1/ A = + -
= = = =
2/ A =  =  = 9  = 6  x = 36 (T/m)
Vậy x = 36 thì A = 1/3.
3/ Do  =>  1.
 A 1

= = -12 (loại)
Vậy chiều rộng hình chữ nhật là 5m; chiều dài là 12m.
Lời giải
1/ Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d): -x
2
= mx-1
 x
2
+ mx - 1 = 0 (*)
Có: ac = -1 <0 => phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt với
m
2/ x
1
2
x
2
+ x
2
x - x x = 3
 x
1
x
2
(x
1
+x
2
) - x
1
x

Tứ giác CFED có: C + E = 180
o
=> tứ giác CFED nội tiếp ( tứ giác có tổng 2
góc đối bằng 180
o
)
2/ Xét ∆ACD và
∆BED: C = E =
90
o
(1)
A
1
= B
1
( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE ) (2)
(1) và (2) => ∆ACD đồng dạng ∆BED (góc - góc)
 = => AD.DE = BD.CD
3/ * Có D là trực tâm của ∆FAB (do AE FB, BC AF) => FD
AB tại H.
 F
1
+ FAH = 90
o
Mà B
2
+ FAH = 90
o
=> F
1

=> góc C
2
+ góc C
3
= 90
o
=> góc ICO = 90
o
=> IC
CO, mà C
(O) => IC là tiếp tuyến của đường tròn (O) (ĐPCM)
4/ Xét ∆ICO và ∆IEO có: IC = IE (cùng bằng bán kính
của đường tròn (I)) (3) CO = OE (=R)
(4)
IO chung (5)
Từ (3), (4) và (5) => ∆ICO =
∆IEO (c.c.c)
 góc COI = góc EOI
 góc COI = ½ góc COE = ½ sđ cung CE ( góc COE là góc ở tâm)
mà góc A
1
= ½ sđ cung CE ( góc A
1
là góc nội tiếp chắn cung CE )
 góc A
1
= góc COI.
Xét ∆ACD và ∆OCI có: góc A
1
= góc

x
2
+ 4x + 7 = x + 4
x
2
+ 7 - 4 + 4x - x = 0
( - 4) - x = 0
( ) = 0




Vậy x = là nghiệm của phương trình.