SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
QUẢNG NGÃI Năm học 2009 - 2010
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài:120 phút
Bài 1. (1,5điểm).
1. Thực hiện phép tính : A =
3 2 - 4 9.2
2. Cho biểu thức P =
a + a a - a
+1 -1
a +1 a -1
  
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  
với
a 0; a 1≥ ≠
.
a) Chứng minh P = a -1.
b) Tính giá trị của P khi
a = 4+ 2 3
.
Bài 2. (2,5 điểm).
1. Giải phương trình x
2
- 5x + 6 = 0
2. Tìm m để phương trình x
2
- 5x - m + 7 = 0 có hai nghiệm x
1
; x

c) Cho SO = 2R và MN =
R 3
. Tính diện tích tam giác ESM theo R.
Bài 5. (1,0 điểm).
Giải phương trình
2
2010 - - 2008 - 4018 + 4036083+ = xx x x
Hết
Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐỀ CHÍNH THỨC
Họ và tên thí sinh…………………………………………Số báo danh…………….
Giám thị 1 :…………… ……………….Giám thị 2 :……………………………….
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
QUẢNG NGÃI Năm học 2009 - 2010

HUỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN TOÁN
Tóm tắt cách giải Biểu điểm
Bài 1 : (1,5 điểm)
Bài 1.1 (0,5 điểm)
3 2 - 4 9 . 2 = 3 2 -12 2 = -9 2

Bài 1.2. (1,0 điểm)
a) Chứng minh P = a - 1:
P =
a + a a - a
+1 -1

Bài 2 : (2,5 điểm)
1. (0,5 điểm)
Giải phương trình x
2

−
5x + 6 = 0
Ta có
25 24 1
∆ = − =
Tính được : x
1
= 2; x
2
= 3
2. (1,0 điểm)
Ta có
=25 4( m 7)∆ − − +
= 25 + 4m
−
28 = 4m
−
3
Phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
;x x

⇔

∆=

2m = 2
⇔
m = 1 ( thỏa mãn điều kiện ).
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm
3.(1,0 điểm)
a) Vẽ Parabol (P) và đường thẳng (d) :
Bảng giá trị tương ứng:
x -2 -1 0 1 2
y = -x + 2 4 3 2 1 0
y = x
2
4 1 0 1 4
b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình :
x
2
+ x -2 = 0 ; Giải phương trình ta được x
1
= 1 và x
2
= -2
Vậy tọa độ giao điểm là (1 ; 1) và (-2 ; 4)
0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài 3 (1,5 điểm)
Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể nước là x (h) và thời gian
vòi thứ hai chảy một mình đầy bể nước là y (h).
Điều kiện : x , y > 5.
Trong một giờ, vòi thứ nhất chảy được

0,5 điểm
4
2
-5
5
O
1 2
-2 -1
y
x
1
Trả lời : Thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể nước là 7,5 (h) (hay
7 giờ 30 phút ).
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể nước là 15 (h).
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài 4 (3,5 điểm)
Vẽ hình đúng
a) Chứng minh tứ giác IHSE nội tiếp trong một đường tròn :
Ta có SA = SB ( tính chất của tiếp tuyến)
Nên
∆
SAB cân tại S
Do đó tia phân giác SO cũng là đường cao
⇒
SO
⊥
AB
I là trung điểm của MN nên OI
⊥

OE 2R
2 OI
⇒ = =

3R
EI OE OI
2
⇒ = − =
Mặt khác SI =
2 2
R 15
SO OI
2
− =
R 3( 5 1)
SM SI MI
2
−
⇒ = − =
Vậy S
ESM
=
2
SM.EI R 3 3( 5 1)
2 8
−
=

0,5 điểm
0,25 điểm

x
x
− ≥

⇔ ≤ ≤

− ≥

Áp dụng tính chất
( )
( )
2
2 2
a + b 2 a + b≤
với mọi a, b
Ta có :
( )
( )
2
2010 2008 2 2010 2008 4x x x x− + − ≤ − + − =
( )
12010 2008 2x x⇒ − + − ≤
Mặt khác
( )
( )
2
2
24018 4036083 2009 2 2x x x− + = − + ≥
Từ (1) và (2) ta suy ra : (*)
( )

2
+ 3x = 0
b) –x
4
+ 8x
2
+ 9 = 0
Bài 2: (2điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Cho số tự nhiên có hai chữ số, tổng của chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị
bằng 14. Nếu đổi chỗ chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì được số mới lớn
hơn số đã cho 18 đơn vị. Tìm số đã cho.
Bài 3. (1điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho (P): y = –3x
2
. Viết phương trình đường thẳng song
song với đường thẳng y = – 2x + 3 và cắt (P) tại điểm có tung độ y = – 12 .
Bài 4. (1điểm)
Giải phương trình:
6 4 1 2 3 3 14x x x+ + − = +
.
Bài 5. (4điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB
( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn
(O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở
E và F.
a) Chứng minh:
·
0
EOF 90=
b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng

= 0 ; x
2
= – 3 .
Tập nghiệm phương trình:
{ }
0; 3S = −
b) –x
4
+ 8x
2
+ 9 = 0
⇔
x
4
– 8x
2
– 9 = 0
Đặt y = x
2
( y
≥
0) , ta được phương trình trung gian ẩn y:
y
2
– 8y – 9 = 0
Vì a – b + c = 1 – (– 8) + (– 9) = 0 nên y
1
= – 1 (loại); y
2
= 9 (nhận)

Giá trị x = 6 thỏa mãn điều kiện .
Vậy chữ số đơn vị là 8, số hàng chục là 6. Số cần tìm là 68.
Chú ý: Có thể lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
Bài 3. Phương trình đường thẳng cần tìm song song với đường thẳng y = – 2x + 3 nên có
dạng: y = – 2x + b (d).
(d) cắt (P) tại điểm có tung độ bằng – 12 nên hoành độ các giao điểm là nghiệm PT:
–3x
2
= – 12
⇔
x =
±
2
Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm: A(2; – 12) và B(– 2; – 12)
A
∈
(d) nên y
A
= – 2x
A
+ b hay – 12 = – 2. 2 + b
⇒
b = – 8
B
∈
(d) nên y
B
= – 2x
B
+ b hay – 12 = – 2.(– 2) + b

⇔ ⇔ − ≤ ≤
 
− ≥
 
≤


(*)
N
y
x
O
K
F
E
M
B
A
(1)
3 14 6 4 1 2 3 0x x x
⇔ + − + − − =

⇔
(4x + 1) – 2. 3.
4 1x
+
+ 9 + (3 – x) – 2
3 x
−
+ 1 = 0

.
Tương tự: OF là phân giác của
·
BOM
Mà
·
AOM
và
·
BOM
kề bù nên:
·
0
90EOF =
(đpcm)
b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.
Ta có:
·
·
0
90EAO EMO= =
(tính chất tiếp tuyến)
Tứ giác AEMO có
·
·
0
180EAO EMO+ =
nên nội tiếp được trong một đương tròn.

•

AB.
d) Khi MB =
3
.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.
Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN
⊥
AB.

∆
FEA có: MK // AE nên:
MK FK
AE FA
=
(1)

∆
BEA có: NK // AE nên:
NK BK
AE BE
=
(2)
Mà
FK BK
KA KE
=
( do BF // AE) nên
FK BK
KA FK BK KE
=
+ +

0
60MAB⇒ =
.
Vậy AM =
2
a
và MB =
3
2
a

⇒
1 1 3
. . .
2 2 2 2
AKB
a a
S⇒ =
=
2
1
3
16
a
(đvdt)
SỞ GD-ĐT NINH BÌNH Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2008 - 2009
Môn Toán
Thời gian: 120 phút
C â u 1: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2x + 4 = 0

( )
2
2008 2009= −B
3. C =
1 1 1

1 2 2 3 2008 2009
+ + +
+ + +
Câu 3: (2,0 điểm)
Một thửa ruộng hình chữ nhật có chu vi là 300m. Tính diện tích của thửa ruộng, biết
rằng nếu chiều dài giảm đi 3 lần và chiều rộng tăng gấp 2 lần thì chu vi của thửa ruộng
không thay đổi.
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng d cố định không giao nhau. Từ
điểm M thuộc d, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O; R) (A, B là các tiếp điểm).
1. Gọi I là giao điểm của MO và cung nhỏ AB của đường tròn. Chứng minh I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác MAB.
2. Cho biết MA = R
3
, tính diện tích hình phẳng bị giới hạn bởi hai tiếp tuyến MA,
MB và cung nhỏ AB của đường tròn (O; R).
3. Chứng minh rằng khi M thay đổi trên d thì đường thẳng AB luôn đi qua một điểm
cố định.
C â u 5: (1,5 điểm)
1. Cho
3 3
26 15 3 26 15 3= + + −A
. Chứng minh rằng A = 4.
2. Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng

C â u 4:
P
N
d
I
O
M
H
B
A
b) S
AOBM
=
3
R
2
2
Q
AOB
R
S
3
π
=
Suy ra: S =
2
3 3
R
3
− π

phải là số chính phương.
Đặt:
a a k
4 2
4 4
∆ = − − =
với k là số nguyên. Kết hợp với điều kiện a là số tự nhiên ta có:
Kiểm tra với a = 2 ta có
∆
=4 (thỏa mãn)
* Với a > 2
Xét hiệu:
a a a a
4 2 2
4 4 ( 1) 2( 1) 5 0
− − − − = − − >
Suy ra:
a a a
4 2
4 4 ( 1)
− − > −
Mặt khác
a a a a
4 4 2 2
4 4 ( )
− − < =
Do đó:
a a a a
2 2 4 2 2
( 1) 4 4 ( )


−








+
+
+
=
xxxx
x
x
xx
P
1
2
1
2
với x >0
1.Rút gọn biểu thức P
2.Tìm giá trị của x để P = 0
Bài 3: Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 15 tấn hàng. Khi sắp khởi hành thì 1 xe phải
điều đi làm công việc khác, nên mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn 0,5 tấn hàng so với dự
định. Hỏi thực tế có bao nhiêu xe tham gia vận chuyển. (biết khối lượng hàng mỗi xe chở
như nhau)

= -3 .
2.Vì đường thẳng y = a.x +3 đi qua điểm M(-2,2) nên ta có:
2 = a.(-2) +3
⇒
a = 0,5
Bài 2: Đk: x> 0
a, P = (
xxx
x
x
xx
+
+
+
2
1
).(2-
x
1
) =
x
x
x
xxx 12
.
1
−
+
+
=

x
15
( tấn )
Ta có phương trình :
x
15
-
1
15
+x
= 0,5
Giải phương trình ta được : x
1
= -6 ( loại ) x
2
= 5 ( nhận)
Vậy thực tế có 5 xe tham gia vận chuyển hàng .
Bài 4: 1, Ta có CD là đường kính, nên :

∠
CKD =
∠
CID = 90
0
( T/c góc nội tiếp )
Ta có IK là đường kính, nên :
∠
KCI =
∠
KDI = 90


⇒
GC. CH không đổi.
Để diện tích
∆
GDH đạt giá trị nhỏ nhất khi GH đạt giá trị nhỏ nhất. Mà GH = GC +
CH nhỏ nhất khi GC = CH
Khi GC = CH ta suy ra : GC = CH = CD Và IK
⊥
CD .
Bài 5: Do -1
4,, ≤≤ cba
Nên a +1
≥
0 a – 4
≤
0
Suy ra : ( a+1)( a -4)
≤
0
⇒
a
2

≤
3.a +4
Tương tự ta có b
2

≤

≤
4 )
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
AN GIANG Năm học: 2009 – 2010
Khóa ngày: 28/6/2009
MÔN THI: TOÁN (đề chung)
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1. (1,5 điểm)
Không dùng máy tính, hãy rút gọn, tính giá trị của các biểu thức sau:
1) A =
14 7 15 5 1
:
2 1 3 1 7 5
 
− −
+
 ÷
 ÷
− − −
 
2) B =
2
1
x x x
x x x
−
−
− −

( )

1
– x
2
= 2
Bài 4. (1,5 điểm)
Giải các phương trình sau:
1)
1 3
2
2 6x x
+ =
− −
2) x
4
+ 3x
2
– 4 = 0
Bài 5. (3,5điểm).
Cho đường tròn (O;R) đường kính AB và dây CD vuông góc với nhau ( CA < CB).
Hai tia BC và DA cắt nhau tại E. Từ E kẻ EH vuông góc với AB tại H; EH cắt CA ở
F. Chứng minh rằng:
1) Tứ giác CDFE nội tiếp được trong mốt đường tròn.
2) Ba điểm B , D , F thẳng hàng.
3) HC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
BÀI GIẢI
Bài 1: (1,5 điểm) Không dùng máy tính, hãy rút gọn, tính giá trị của các biểu thức sau:
1) A =
14 7 15 5 1
:
2 1 3 1 7 5

1
x x x
x x x
−
−
− −
=
( )
( )
2 1
1
1
x x
x
x
x x
−
−
−
−
=
( )
2 1
1
x x
x
− −
−

=

m
n
+ =

⇔

=


1, 5m n⇔ = =
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là:

2
6
3
x
x= −

2
3 18 0x x⇔ + − =

∆
= b
2
– 4ac = 3
2
– 4 . 1. (– 18) = 81
9⇒ ∆ =
1
3 9

'
0⇔ ∆ =

( )
( )
2
2
3 3 0m m⇔ + − + =

6 6 0m
⇔ + =

1m
⇔ = −
Vậy với m = – 1 phương trình (1) có nghiệm kép .
Nghiệm kép của PT (1) :
( )
( )
'
1 2
3
1 3 2
1
m
b
x x
a
− +
= = − = = − − + = −


– x
2
)
2
= 4
⇔
( x
1
+ x
2
)
2
– 4x
1
x
2
= 4 (*)
E
H
F
O
D
C
B
A
Thay S và P vào (*) ta được:
( )
( )
2
2

2 6x x
+ =
− −
(1) ĐK: x ≠ 2 ; x ≠ 6
(1)
( ) ( ) ( )
6 3 2 2 2 6x x x x⇔ − + − = − −

2
6 3 6 12 24 2 4x x x x x⇔ − + − = − − +

⇔
2x
2
– 14x + 24 = 0

2
' '
b ac∆ = −
= 49 – 48 = 1
x
1
=
' '
7 1
4
2
b
a
− + ∆ +

= 1 (nhận) , t
2
= – 4 < 0 (loại)
Vậy x
2
= 1
⇔
x
1
= 1; x
2
= – 1.
Tập nghiệm của phương trình:
{ }
1;1S = −
Bài 5. (3,5 điểm)
1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp:
CD // FE (cùng vuông góc AB)
·
·
EFC FCD⇒ =
(so le trong)
AB
⊥
CD nên AB đi qua trung điểm dây CD (tính chất
đường kính vuông góc với dây cung) nên C và D đối xứng
nhau qua AB. Do đó
·
·
ACD ADC=

·
·
0
180EDF EDB+ =
Vậy ba điểm B , D , F thẳng hàng.
3) Chứng minh HC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Ta có
·
·
0 0
90 90 180EHA ECA+ = + =
nên tứ giác AHEC nội tiếp
Suy ra:
·
·
HCA HEA=
(cùng chắn cung AH)
Mà
·
·
HEA ADC=
(so le trong của EH // CD) và
·
·
ADC ABC=
(cùng chắn cung AC).
Do đó:
·
·
HCA ABC=

1. Cho hàm số y = ax + b. Tìm a, b biết đồ thị hàm số đã cho đi qua hai điểm
A(– 2; 5) và B(1; – 4) .
2. Cho hàm số y = (2m – 1)x + m + 2.
a) Tìm điều kiện của m để hàm số luôn nghịch biến.
b) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng

2
3
−
.
Bài 3: (2điểm)
Một người đi xe máy khởi hành từ Hoài Ân đi Qui Nhơn. Sau đó 75 phút, một ô tô
khởi hành từ Qui Nhơn đi Hoài Ân với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe máy là
20km/h
Hai xe gặp nhau tai Phù Cát. Tính vận tốc của mỗi xe, giả thiết rằng Qui Nhơn cách
Hoài Ân 100 km và Qui Nhơn cách Phù Cát 30 km.
Bài 4: (3 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AB. Kéo dài AC (về
phía C) đoạn CD sao cho CD = AC.
1. Chứng minh tam giác ABD cân.
2. Đường thẳng vuông góc với AC tại A cắt đường tròn (O) tại E. Kéo dài AE (về
phía E) đoạn EF sao cho EF = AE. Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm
trên một đường thẳng.
3. Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O).
Bài 5: (1điểm)
Với mỗi số k nguyên dương , đặt S
k
=
( ) ( )
2 1 2 1


⇔
x =
2
3
Vậy :
2
3
S
 
=
 
 
2. x
2
–3x + 2 = 0
Vì a + b + c = 1 + (– 3) + 2 = 0 nên x
1
= 1 ; x
2
=
2
c
a
=
Vậy
{ }
1;2S =
Bài 2: (2điểm)
1. Vì A(– 2; 5) thuộc đồ thị hàm số y = ax + b nên: 5 = a(– 2) + b


= −

Vậy a = – 3 ; b = – 1 .
2. Hàm số y = (2m – 1)x + m + 2.
a) Hàm số đã cho có dạng y = ax + b với a = 2m – 1
Hàm số nghịch biến
⇔
2m – 1 < 0
⇔
m <
1
2
b) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng
2
3
−2
(2 1). 2 0
3
m m
−
⇔ − + + =

4 2 3 6 0m m
⇔ − + + + =
8m
⇔ =

/
/
=
=
O
F
E
D
C
B
A

( ) ( )
20 56 20 24x x x x x⇔ + = + −

2
20 2400 0x x⇔ + − =
Giải phương trình này ta được : x
1
= – 60 (loại) ; x
2
= 40 ( thỏa mãn điều kiện)
Trả lời: V
xe máy
= 40 km/h ; V
ô tô
= 60 km/h
Bài 4. 1) Chứng minh tam giác ABD cân:
Ta có:
·

nên
·
·
ABF ABE=
Do đó
·
·
·
·
( )
0 0
2 2.90 180ABD ABF ABC ABE+ = + = =
. Vậy ba điểm D, B, F thẳng hàng.
Bài 5. (1điểm)
Từ giả thiết k nguyên dương và S
k
=
( ) ( )
2 1 2 1
k k
+ + −
ta suy ra:
S
m
=
( ) ( )
2 1 2 1
m m
+ + −
và S

+ + + + + − + + −
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 1 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1
m n m n m n m n+ +
+ + − + + + + − +
= S
m+n
+
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 . 2 1 2 1 . 2 1
m n m n
+ + + − +

Ta cần chứng minh
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 . 2 1 2 1 . 2 1
m n m n
+ + + − +
= S
n
( m > n)
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 . 2 1 2 1 . 2 1
m n m n
+ + + − +
=
( ) ( )
( )

+ + −
= S
n
Vậy: k nguyên dương và S
k
=
( ) ( )
2 1 2 1
k k
+ + −
, m > n thì: S
m+n
+ S
m-n
= S
m
. S
n
.
Sở Giáo dục - Đào tạo
Hải Dương
Đề thi chính thức
Kỳ thi 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 08 tháng 07 năm 2009 (buổi chiều)
(Đề thi gồm có: 01 trang)
Câu 1(2.0 điểm):
1) Giải phương trình:

.
Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó.
Câu 3: (2,0 điểm)
Cho phương trình: x
2
- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x)
a) Giải phương trình với m = 3.
a) Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và
thỏa mãn điều kiện: x
1
2
– 2x
2
+ x
1
x
2
= - 12
b)
Câu 4:(3 điểm)
Cho tam giác MNP cân tại M có cậnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường
tròn ( O;R). Tiếp tuyến tại N và P của đường tròn lần lượt cắt tia MP và tia MN tại E
và D.
a) Chứng minh: NE
2
= EP.EM

x y 5 2y y 5 y 5
= = =
  
⇔ ⇔
  
− = − = =
  
Vậy nghiệm của hệ (x;y) =(10;5)
Câu II.
a, với x
≥
0 và x
≠
4.
Ta có:
2( 2) 2( 2) ( 2) ( 2)( 2)
1
( 2)( 2) ( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)
x x x x x x x
A
x x x x x x x
− − + − − +
= + = = =
− + + − + − +
b, Gọi chiều rộng của HCN là x (cm); x > 0
⇒
Chiều dài của HCN là : x + 2 (cm)
Theo bài ra ta có PT: x(x+2) = 15 .
Giải ra tìm được :x
1

+ =


= −

Theo bài: x
2
1
-
2x
2
+ x
1
x
2
= - 12 => x
1
(x
1
+ x
2
) -2x
2
=-12
⇒
2x
1
- 2x
2
= -12 ) ( Theo (1) )

F
I
P
O
N
K
M
b,
·
·
MNP MPN=
( do tam giác MNP cân tại M )
·
·
·
( ùng )PNE NPD c NMP
= =
=>
·
·
DNE DPE=
.
Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE
dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp .
c,
∆
MPF đồng dạng
∆
MIP ( g - g )
2

·
HNP
)
=>
·
·
KPN NPI=

=> NK = NI ( 4 )
Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5)
Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm .
Câu V .
2
2
6 8
x 8 6 0 (1)
1
x
k k x k
x
−
= <=> + + − =
+
+) k=0 . Phương trình (1) có dạng 8x-6=0  x=
2
3
+) k
≠
0 thì (1) phải có nghiệm 
'

1. Tính
4. 25
2. Giải hệ phơng trình:
2 4
3 5
x
x y
=


+ =

Câu II: (2,0đ)
1.Giải phơng trình x
2
-2x+1=0
2. Hàm số y=2009x+2010 đồng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao?
Câu III: (1,0đ)
Lập phơng trình bậc hai nhận hai số 3 và 4 là nghiệm?
Câu IV(1,5đ)
Một ôtô khách và một ôtô tải cùng xuất phát từ địa điểm A đi đến địa điểm B đờng dài 180 km do vận
tốc của ôtô khách lớn hơn ôtô tải 10 km/h nên ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút.Tính vận tốc của mỗi
ôtô. Biết rằng trong quá trình đi từ A đến B vận tốc của mỗi ôtô không đổi.
Câu V:(3,0đ)
1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O. Các đờng cao BH và CK tam giác ABC cắt nhau tại
điểm I. Kẻ đờng kính AD của đờng tròn tâm O, các đoạn thẳng DI và BC cắt nhau tại M.Chứng minh rằng.
a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc trong một đờng tròn.
b/OM

BC.

2 3 5
x
y
=


+ =

< = >
2
1
x
y
=


=

Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (2;1) .
Câu II: (2,0đ)
1.
x
2
- 2x +1 = 0
<=> (x -1)
2
= 0
<=> x -1 = 0
<=> x = 1
Vậy PT có nghiệm x = 1

- 4.12 = 1 > 0
Vậy x
1
; x
2
là hai nghiệm của phơng trình: x
2
- 7x +12 = 0
Câu IV(1,5đ)
Đổi 36 phút =
10
6
h
Gọi vận tốc của ô tô khách là x ( x >10; km/h)
Vận tốc của ôtô tải là x - 10 (km/h)
Thời gian xe khách đi hết quãng đờng AB là:
x
180
(h)
Thời gian xe tải đi hết quãng đờng AB là:
10
180
x
(h)
Vì ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút nên ta có PT:

0300010
)10(10.180)10(610.180
180
10


HB)

AHI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI

AKI vuông tại H (vì CK

AB)

AKI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI
Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng tròn đờng kính AI
b)
Ta có CA

HB( Gt)
CA

DC( góc ACD chắn nửa đờng tròn)
=> BH//CD hay BI//CD (1)
Ta có AB

CK( Gt)
AB

DB( góc ABD chắn nửa đờng tròn)
=> CK//BD hay CI//BD (2)
Từ (1) và (2) ta có Tứ giác BDCI là hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song)
Mà DI cắt CB tại M nên ta có MB = MC
=> OM


B
C
D
M
I
O
H
K
D
A
B
C
E H
1
2
2
1