



 !"#"
$%&'(: 
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
)*+&'(,-&'.%)/%01"23&4
5&'()61,&78%)
9: (3 điểm)
1) Giải các phương trình sau:
a)
2
4 0
3
x − =
.
b)
4 2
3 4 0x x− − =
.
2) Rút gọn biểu thức
N 3 . 3
1 1
a a a a
a a
   
+ −
= + −
 ÷ ÷
+ −

9:; (1 điểm)
Theo kế hoạch, một xưởng may phải may xong 280 bộ quần áo trong một thời gian quy
định. Đến khi thực hiện, mỗi ngày xưởng đã may được nhiều hơn 5 bộ quần áo so với số
bộ quần áo phải may trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế, xưởng đã hoàn thành kế
hoạch trước 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng phải may xong bao nhiêu bộ
quần áo?
9:< (3 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE và CF của tam giác
ABC cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại E’ và F’ (E’ khác B và F’ khác C).
1) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh EF song song với E’F’.
3) Kẻ OI vuông góc với BC (
I BC∈
). Đường thẳng vuông góc với HI tại H cắt đường
thẳng AB tại M và cắt đường thẳng AC tại N. Chứng minh tam giác
IMN
cân.
9:= (1 điểm)
Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn
2 2
1a b+ =
và
4 4
1a b
c d c d
+ =
+
. Chứng minh
rằng
2

L
2 2
4 0 4
3 3
x x− = ⇔ =
(hoặc
2 12 0x − =
)
2 12x =
6x =
0,25
0,25
0,5
b
Giải phương trình
4 2
3 4 0x x− − =
L
Đặt
2
, 0t x t= ≥
ta được
2
3 4 0t t− − =
1, 4t t⇔ = − =
1t = −
(loại)
2
4 4 2t x x= ⇒ = ⇔ = ±
0,25

a a a a
a
a a
− −
= =
− −
( ) ( )
N 3 . 3 9a a a= + − = −
0,25
0,25
0,5
2 a Xác định hệ số a L
Ra được phương trình
0 ( 2 1) 1a= + +
1
2 1
a
−
⇔ =
+
1 2a = −
Vậy
1 2a = −
0,25
0,25
0,25
0,25
b
Tìm các số nguyên m để nghiệm
( ; )x y

x
Số bộ quần áo may trong một ngày khi thực hiện là
5x +
Số ngày hoàn thành công việc khi thực hiện là
280
5x +
Theo giả thiết ta có phương trình
280 280
1
5x x
− =
+
2
280( 5) 280 ( 5) 5 1400 0x x x x x x⇔ + − = + ⇔ + − =
Giải pt ta được
35, 40x x= = −
(loại)
Số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là 35 bộ
0,25
0,25
0,25
0,25
4 a Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp L
Hình 2 Hình 1
Vẽ được hình 1
Theo giả thiết
· ·
0 0
90 , 90BFC BEC= =
· ·

TH 1. M thuộc tia BA.
A
N
D
M
H
I
C
F'
F
E'
E
O
B
A
H
C
F'
F
E'
E
O
B
H là trực tâm của tam giác ABC suy ra
AH BC⊥
· ·
CAH CBH=
(cùng phụ với góc
·
ACB

BI CI=
suy ra
HM HN
HM HN
IH HI
= ⇒ =
Mà
HI MN⊥
tại H suy ra
IMN∆
cân tại I.
". M thuộc tia đối của tia BA.
· ·
CAH CBH=
(cùng phụ với góc
·
ACB
)
·
·
0
90ANH NHE= +
(góc ngoài
∆
)
·
·
0
90BHI BHM= +
·

1a b+ =
và
4 4 4 4 2 2 2
1 ( )a b a b a b
c d c d c d c d
+
+ = ⇒ + =
+ +
4 4 2 2 2
( ) ( ) ( )d c d a c c d b cd a b⇔ + + + = +
4 2 4 2 4 4 4 4 2 2
( 2 )dca d a c b cdb cd a b a b⇔ + + + = + +
2 4 2 4 2 2 2 2 2
2 0 ( ) 0d a c b cda b da cb⇔ + − = ⇔ − =
2 2
0da cb⇔ − =
hay
2 2
a b
c d
=
. Do đó
2 2 2 2
2 2 2
( )
2 2 0
a d b d b d
c b d b db
−
+ − = + − = ≥

9: (3 điểm)
a) Vẽ đồ thị của hàm số
2 4y x= −
.
b) Giải hệ phương trình
2 3
2 3
x y
y x
= −


= −

.
c) Rút gọn biểu thức P =
3
2
9 25 4
2
a a a
a a
− +
+
với
0a >
.
9:" (2 điểm)
Cho phương trình
2

3 3
( )a b ab a b+ ≥ +
với mọi
, 0a b ≥
. Áp dụng kết quả trên, chứng minh bất
đẳng thức
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +
với mọi a, b, c là các số dương thỏa
mãn
1abc =
.
Hết
Họ tên thí sinh: ………………………………Số báo danh: ………………….……
Chữ kí của giám thị 1:……………………… Chữ kí của giám thị 2: ……… ……
>?@



A B  C

 !"D"2E3&"4
)*+&'(,P&'.%)/%01"
4FG
- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm.
- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng

Hệ
2 3
2 3
x y
x y
− = −

⇔

− =

(HS có thể dùng phép thế hoặc phép trừ)
Tìm được
3x =
Tìm được
3y =
Kết luận. Hệ có nghiệm duy nhất
3, 3x y= =
0,25
0,25
0,25
0,25
c
Rút gọn biểu thức P =
3
2
9 25 4
2
a a a
a a

2
3 1 0x x− + =
9 4 5∆ = − =
1
3 5
2
x
+
=
,
2
3 5
2
x
−
=
(mỗi nghiệm đúng cho 0,25)
0,25
0,25
0,5
b
Tìm m để
1 2
,x x
thỏa mãn
2 2
1 2
1 1 3 3x x+ + + =
L
Pt (1) có hai nghiệm phân biệt

Thử lại thấy
3m = −
thỏa mãn pt (2) và điều kiện (1).
0,25
0,25
0,25
3 Tính vận tốc của canô trong nước yên lặng L
Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là
(km/h, 4)x x >
Vận tốc canô khi nước xuôi dòng là
4x +
và thời gian canô chạy
khi nước xuôi dòng là
48
4x +
.
Vận tốc canô khi nước ngược dòng là
4x −
và thời gian canô chạy
khi nước ngược dòng là
48
4x −
.
Theo giả thiết ta có phương trình
48 48
5
4 4x x
+ =
+ −
pt

0,25
b Chứng minh AH vuông góc với MN L
ABMQ
là tứ giác nội tiếp suy ra
·
·
0
180AQM ABM+ =
·
·
0 0
90 90ABM AQM MQ AN= ⇒ = ⇒ ⊥
Tương tự ta có ADNP là tứ giác nội tiếp
NP AM⇒ ⊥
Suy ra H là trực tâm của tam giác
AMN AH MN⇒ ⊥
M'NO. Lập luận trên vẫn đúng khi M trùng với C
0,25
0,25
0,25
0,25
c Xác định vị trí điểm M và N để
∆
AMN có diện tích lớn nhất L
M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác B) nên có 2 TH
. M không trùng với C, khi đó M, N, C không thẳng hàng.
A
B
C
D

(2)
Từ (1) và (2) suy ra
·
·
PAH BAM=
hay
·
·
MAI MBA=
Hai tam giác vuông MAI và MAB có
·
·
MAI MBA=
, AM chung suy
ra
,MAI MAB AI AB a IM BM∆ = ∆ ⇒ = = =
Tương tự
NAI NAD IN DN∆ = ∆ ⇒ =
. Từ đó
S =
1 1
. .
2 2
AI MN a MN=
Ta có
2 ( )MN MC NC a BM a DN a IM IN< + = − + − = − +
Vậy
2MN a MN< −
hay
2

+ + ≤
+ + + + + +
L
3 3 2 2
( ) ( ) ( ) 0a b ab a b a a b b b a+ ≥ + ⇔ − + − ≥
2 2 2
( )( ) 0 ( ) ( ) 0a b a b a b a b⇔ − − ≥ ⇔ − + ≥
, đúng
, 0a b∀ ≥
3 3 3 3
( ) ( )a b ab a b a b abc ab a b abc+ ≥ + ⇔ + + ≥ + +
3 3
3 3
1 1
1 ( )
1 ( )
a b ab a b c
a b ab a b c
⇔ + + ≥ + + ⇔ ≤
+ + + +
(Do các vế đều dương). Tương tự, cộng lại ta được
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1 1 1a b b c c a
+ +
+ + + + + +
1 1 1
1
( ) ( ) ( )ab a b c bc a b c ca a b c
≤ + + =



− =

(m là tham số)
a) Giải hệ phương trình với m = 1
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x
2
– 2y
2
= 1.
A*(;. (2,5 điểm)
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 12 giờ thì đầy bể. Nếu từng vòi
chảy thì thời gian vòi thứ nhất làm đầy bể sẽ ít hơn vòi thứ hai làm đầy bể là 10 giờ. Hỏi nếu chảy
riêng từng vòi thì mỗi vòi chảy trong bao lâu thì đầy bể?
A*(<. (3,0 điểm)
Cho đương tròn (O;R) day cung BC cố định (BC<2R) và điểm A di động trên cung lớn BC
sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BD, CE của tam giác cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp.
b) Giả sử
·
0
60BAC =
, hãy tính khoảng cách từ tâm O đến cạnh BC theo R.
c) Chứng minh đường thẳng qua A và vuông góc với DE luôn đi qua một điểm cố định.
A*(=.(1,0 điểm)
Cho biểu thức P = xy(x - 2)(y+6) + 12x
2
– 24x + 3y

(I) (m là tham số)
a) Giải hệ phương trình với m = 1
(x;y) = (2;0)
b)Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x
2
– 2y
2
= 1.
Ta giải (I) theo m được
2
1
x m
y m
=


= −

Nghiệm này thỏa mãn hệ thức x
2
– 2y
2
= 1 nghĩa là
4m
2
– 2(m - 1)
2
= 1.
Giải phương trình ẩn m được m
1

x
bể
Trong 1 giờ vòi 2 chảy được
1
y
bể
Ta có phương trình:
1
x
+
1
y
=
1
12
(1)
Vòi 1 chảy nhanh hơn vòi 2 10 giờ nên ta có phương trình :
y = x+10 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
1 1 1
12
10
x y
y x

+ =



= +

 


+ + = +
⇔

= +

Giải (1) được x
1
= 20, x
2
= -6 (loại)
x
1
= 20 thỏa mãn, vậy nếu chảy riêng thì vòi 1 chảy trong 20 giờ thì đầy bể, vòi 2 chảy
trong 30 giờ thì đầy bể.
C2: Dễ dàng lập được phương trình
1 1 1
10 12x x
+ =
+
Giải tương tự ra cùng đáp số.

A*(<.

H
O
E
D

)
= 6(y + 2)(x
2
– 2x + 3) + y
2
(x
2
– 2x + 3)
= (x
2
– 2x + 3)(y
2
+ 6y +12)
= [(x - 1)
2
+ 2][(y + 3)
2
+3] > 0
Vậy P > 0 với mọi x,y
∈
R.
a)Tứ giác AEHD có
·
·
·
·
0 0 0
90 , 90 ê 180AEH ADH n nAEH ADH= = + =
Vậy tư giác AEHD nội tiếp.
b) Khi

R !"#"
 $%&'(,S.%
Thời gian làm bài: 120 phút
A*( (2.0 điểm):
Cho phương trình: x
2
+ mx - 4 = 0 (1) (với m là tham số)
1. Giải phương trình (1) khi m= 3
2. Giả sử x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (1), tìm m để:
x
1
(x
2
2
+ 1) + x
2
(x
2
1
+ 1) > 6.
A*("(2.0 điểm):
Cho biểu thức: B = ( + )( - ) với b > 0; b≠9
1. Rút gọn B
2. Tìm b để biểu thức B nhận giá trị nguyên.
A*(;(2.0 điểm):
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x

>A
Q
R !"#"
.X.%U'Y1 $%&'(,S.%
Thời gian làm bài: 120 phút
A*( I(J:%) (K1
 Cho phương trình: x
2
+ mx - 4 = 0 (1) (với m là tham số)
1. Giải phương trình (1) khi m= 3:
- Phương trình trở thành: x
2
+ 3x - 4 = 0
- Vì tổng các hệ số: 1 + 3 + (-4) = 0 nên phương trình có nghiệm
x
1
=1 v à x
2
=- 4
Vậy khi m = 3 th ì phương trình có 2 nghiệm x
1
=1 v à x
2
=- 4
L"=
L=
G"=
2. Giả sử x
1
, x

xx
mxx
- Ta lại có x
1
(x
2
2
+1)+x
2
(x
2
1
+1)> 6<=> x
1
x
2
2
+x
1
+x
2
x
2
1
+x
2
> 6<=>
x
1
x

2
(x
2
1
+1)> 6
L"=
L"=
L"=
L"=
" A*("(2.0 điểm):
Cho biểu thức: B = = ( + )( - ) với b > 0; b
≠
9
1. Rút gọn B
Với b > 0; b
≠
9 B =








−





3)b3)(b(
b12
=








+ 3b
4
L=
G=
2. Tìm b để biểu thức B nhận giá trị nguyên.
AZ








+ 3b
4
nguyên khi
b
+3 là ước của 4 vì

- Gọi đường thẳng qua A(2;4), B(-1; 1) có dạng y = ax + b (AB)
- Vì (AB) qua A(2; 4) nên 2a + b = 4(i)
- Vì (AB) qua B(-1; 1) nên -a +b = 1(ii)
- Lấy phương trình (i) trừ (ii) ta được 3a = 3 => a = 1 khi đó =>b= 2.
Vậy đường thảng AB có dạng: y = x +2
L"=
L"=
L"=
G"=
2. Tim n để đường thẳng (d): y = (2n
2
- n)x + n + 1 (với n là tham số) song
song với đường thẳng AB.
#[\%)&']%)RA,+Z^_"`S%)`S%)ab(2J4y = (2n
2
-n)x+n+1 thì: 2n
2
-n
=1(u) và n+1 ≠2(v)
Giải (u) ta được n = 1; và n = -
2
1
kết hợp với (v) n≠1.
L=
L"=
L"=
5U'V%'&'WU
>A
Nên với n= -
2

∆BCH
=
BC.HI lớn nhất khi HI lớn nhất (BC cố định), HI lớn nhất => AI lớn nhất => I≡
F mà F là trung điểm của BC nên ∆ABC cân tại A => AB = AC=> A bằm chính
giữa lớn cung BC
L"=
L"=
L"=
L"=
Cho a, b là c ác số dương thảo mãn a + b = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = a
2

+ b
2
+
Ta có (a-b)
2
≥ 0 => a
2
+b
2
≥ 2ab và (a+b)
2
≥ 4ab hay ab≤ 4 => ≥
Nên khi đó P = a
2
+ b
2
+ ≥ 2ab + + ≥
≥ 2 + =16 + =

2. Chứng minh rằng:
1 1
5 10
5 2 5 2
 
× + =
 ÷
− +
 

A*("G (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d):
( 1)y k x n= − +
và hai điểm A(0;2),
B(-1;0).
1. Tìm các giá trị của k và n để:
a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B.
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng
( ) : 2y x k∆ = + −
.
2. Cho
2n =
. Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác
OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.
A*(;G (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai:
2
2 7 0x mx m− + − =
(1) (với m là tham số).
1. Giải phương trình (1) với

3 3 3
3
1 1 1
4
− + − + − ≥ −a b c
HẾT
ĐỀ CHÍNH THỨC

A

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Năm học 2010 - 2011
FB  C
A*(G (2,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức:
3 1 9
3 3
x
A
x x x x
−
 
= + ×
 ÷
− +
 
với
0, 9> ≠x x
.
2. Chứng minh rằng:

0,25

( ) ( )
( )
3 3 3
9
9
x x x
x
A
x x x
+ + −
−
⇔ = ×
−
0,25
3 9 3x x x
A
x
+ + −
⇔ =
0,25
9 x
A
x
+
⇔ =
0,25
Kết luận: Vậy với
0, 9> ≠x x

=
−

= 10
0,25
Vậy:
1 1
5. 10
5 2 5 2
 
+ =
 ÷
− +
 
0,25
A*("G (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d):
( 1)y k x n= − +
và hai điểm A(0;2),
B(-1;0).
1. Tìm các giá trị của k và n để:
a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B.
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng
( ) : 2y x k∆ = + −
.
2. Cho
2n =
. Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác
OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.
H I(J:%) (K1


=

0,5
Kết luận: Vậy k = 3, n = 2 thì (d) đi qua hai điểm A(0;2), B(-1;0)
0,25
c
(0,5 đ)
+
1 1
( )//( )
2
k
d
n k
− =

∆ ⇔

≠ −

2
0
k
n
=

⇔

≠

2
1
C
OC x
k
= =
−
và do B(-1;0) nên OB = 1.
Vì các tam giác OAC và OAB vuông tại O và chung đường cao AO nên suy ra:

2
2 2 2
|1 |
OAC OAB
S S OC OB
k
= ⇔ = ⇔ =
−
0
2
k
k
=

⇔

=

(thoả mãn đk
1k ≠

2 8 0
' 1 8 9 ' 3
x x+ − =
∆ = + = ⇒ ∆ =
0,25
Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là:
1 3
4
1
1 3
2
1
x
x
− −

= = −


− +

= =


0,25
Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt là x = - 4, x = 2.
0,25
"G
(0,75đ)
Pt (1) có

x x m
+ =


= −

0,25
Theo giả thiết ta có:
1 2
1 2 1 2
1 2
0
1 1
16
16
x x
x x x x
x x
≠

+ = ⇔

+ =


( )
7 0
2 16 7
7
8

+ KN
2
= 4R
2
.

h
k
o
n
m
f
e
c
b
a

P
O
K
H
E
N
M
C
B
A
H
I(J:%)
(K1

0,25
+
·
·
EAC EHK=
(góc nội tiếp cùng chắn cung EK)
Suy ra
∆
CAE
∆
CHK (g - g)
0,5
"G
(1,0 đ)
Do đường kính AB
⊥
MN nên B là điểm chính giữa cung
¼
MN
suy ra ta có
·
·
(1)MKB NKB=
0,25
Lại có BK // NF (vì cùng vuông góc với AC) nên
·
·
·
·
(2)

·
0 0
45 45BEH KEC OBK= = ⇒ =
Mặt khác vì
∆
OBK cân tại O ( do OB = OK = R) nên suy ra
∆
OBK vuông
cân tại O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB)
0,25
M Gọi P là giao điểm của tia KO với đường tròn thì ta có KP là đường kính
và KP // MN. Ta có tứ giác KPMN là hình thang cân nên KN = MP.
Xét tam giác KMP vuông ở M ta có: MP
2
+ MK
2
= KP
2

⇔
KN
2
+ KM
2
= 4R
2
.
0,25
A*(=G (0,5 điểm)
Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:

( 1) 1 2 , ( 1) 1 3
4 4
b b c c− ≥ − − ≥ −
0,25
Từ (1), (2), (3) suy ra:
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
3 9 3
1 1 1 3 3
4 4 4
a b c a b c− + − + − ≥ + + − = − = −
Vậy BĐT được chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
2
2
3
3
0
0
3
2
0,
2
2
3
3
0
0
3


 ÷
= ∨ =


 

= = =




 


= ∨ =
− =
 
 ÷

⇔ ⇔ = = =
 
 

 

 
= ∨ =
 
− =

3x+5y=9
b) Rút gọn biểu thức
5
P= -2 5
5-2
Bài 2: ( 2,5 điểm ) Cho hàm số y = ax
2
a) Xác định hệ số a biết rằng đồ thị của hàm số đã cho đi qua điểm M ( -2 ; 8)
b) Vẽ trên cùng một mặt phẳng tọa độ đồ thị ( P) của hàm số đã cho với giá trị a vừa tìm được và
đường thẳng (d) đi qua M (-2;8) có hệ số góc bằng - 2 .Tìm tọa độ giao điểm khác M của (P) và (
d).
Bài 3: (1,25 điểm) Hai người đi xe đạp cùng xuất phát từ A để đến B với vận tốc bằng nhau.Đi được
2
3

quãng đường, người thứ nhất bị hỏng xe nên dừng lại 20 phút và đón ô tô quay về A, còn người thứ hai
không dừng lại mà tiếp tục đi với vận tốc cũ để tới B.Biết rằng khoảng cách từ A đến B là 60 km, vận tốc
ô tô hơn vận tốc xe đạp là 48 km/h và khi người thứ hai tới B thì người thứ nhất đã về A trước đó 40
phút.Tính vận tốc của xe đạp
Bài 4: (2,5 điểm )
Cho tam giác ABC vuông tại A và AC > AB , D là một điểm trên cạnh AC sao cho CD < AD.Vẽ đường
tròn (D) tâm D và tiếp xúc với BC tại E.Từ B vẽ tiếp tuyến thứ hai của đường tròn (D) với F là tiếp điểm
khác E.
a) Chứng minh rằng năm điểm A ,B , E , D , F cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi M là trung điểm của BC. Đường thẳng BF lần lượt cắt AM,AE,AD theo thứ tự tại các điểm
N,K,I .Chứng minh
IK AK
=
IF AF
. Suy ra: IF.BK=IK.BF

7-13 3
x = =-
10 5
và
2
7+13
x = =2
10
Vậy phương trình có hai nghiệm:
1 2
3
x =- , x =2
5
0,25
0,25
0,25
a.2
(0,75)
Giải hệ phương trình



2x-3y=-13
3x+5y=9
:

 

⇔ ⇔
  

=5+2 5-2 5=5
0,50
0,25
2
2,5
2.a
(0,75)
+ Đồ thị (P) của hàm số
2
y=ax
đi qua điểm
( )
M -2;8
, nên:
( )
⇔
2
8=a -2 a=2g
Vậy:
a=2
và hàm số đã cho là:
2
y=2x
0,50
0,25
2.b
(1,75)
+ Đường thẳng (d) có hệ số góc bằng -2, nên có phương trình dạng:
y=-2x+b
+ (d) đi qua điểm

0,25
0,25
oâ toâ
xe ñaïp
60 km
C
B
A
Hai người cùng đi xe đạp một đoạn đường
2
AC = AB=40km
3
Đoạn đường còn lại người thứ hai đi xe đạp để đến B là:
CB=AB-AC =20km
Thời gian người thứ nhất đi ô tô từ C đến A là:
40
x+48
(giờ) và người thứ hai
đi từ C đến B là:
20
x
(giờ)
Theo giả thiết, ta có phương trình:
⇔
40 1 20 2 40 20
+ = - +1=
x+48 3 x 3 x+48 x
Giải phương trình trên:
( ) ( )
40x+x x+48 =20 x+48

Hình vẽ đúng
Theo tính chất tiếp tuyến, ta có:
·
·
0
BED=BFD=90
Mà
·
·
0
BAD=BAC =90
(giả thiết)
Do đó:
·
·
·
=
0
BED=BFD BAD=90
Vậy: năm điểm A,B,E,D,F cùng thuộc đường tròn đường kính BD
0,25
0,25
0,25
0,25
4.b
(1,0)
Gọi (O) là đường tròn đường kính BD. Trong đường tròn (O), ta có :
»
DE
=

(2)
Từ (1) và (2) suy ra :
IK BK
=
IF BF
. Vậy IF . BK = IK . BF (đpcm)
0,25
0,25
4.c
(0,5)
Ta có AM là trung tuyến thuộc cạnh huyền BC nên AM=MC, do đó
∆
AMC
cân tại M, suy ra
·
·
MCA MAC=
.
Từ đó
·
·
·
·
·
NAF MAC DAF MCA EAC= + = +
( vì AI là tia phân giác của góc
EAF)
Mà
·
·

B
b=4,85
a =3,6 dm
a)Hình khai triển của mặt xung quanh của hình nón có đỉnh tại A , đường
sinh l = 3,6dm =AB là hình quạt tâm A , bán kính AB.Mặt xung quanh này
có diện tích lớn nhất khi góc ở tâm của hình quạt bằng 90
0
+Diện tích hình quạt cũng là diện tích xung quanh của hình nón có bán kính
đáy là r , nên:
( )
2 2
.90
360 4
0,9
4
xq
l l
S rl
l
r dm
π π
π
= = =
⇒ = =
Do đó thể tích của hình nón được tạo ra là :
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2 2 3
1 1 1

0,25
0,25
Q
Ai jR,;#-#"

5U'V%'&'WU Môn thi: 
Thời gian: "X'N& ( không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: h/h"

A*(, (1,5 điểm)
Giải các phương trình sau:
a) 3(x – 1) = 2+x b) x
2
+ 5x – 6 = 0
A*(", (2,0 điểm)
a) Cho phương trình x
2
– x + 1 – m ( m là tham số ).
Tìm điều kiện của m để phương trình đã cho có nghiệm.

b) Xác định các hệ số a, b biết rằng hệ phương trình ax + 2y = 2
bx – ay = 4
có nghiệm (
,2
-
2
).
A*(;, (2,5 điểm)
Một công ty vận tải điều một số xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho hàng thì có 2 xe bị
hỏng nên để chở hết lượng hàng thì mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu.