1




 !"#"
$%&'(: 
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

3
x − =
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

( 1)
1 1
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

nguyên dương).
Số ngày hoàn thành công việc theo kế hoạch là
280
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
· ·

c Chứng minh tam giác
IMN
cân L
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
4
H là trực tâm của tam giác ABC suy ra
AH BC⊥
· ·

CIH
CI IH
∆ ⇒ =
(2)
Từ (1) và (2) và
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
∆
)

a d
c b
+ ≥
L
2 2
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
( )



 !"#"
$%&'(: 
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
)*+&'(,P&'.%)/%01"23&"4
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
− +
+

. Đường chéo BD
cắt AM và AN lần lượt tại P và Q.
a) Chứng minh tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi H là giao điểm của MQ và NP. Chứng minh AH vuông góc với MN.
c) Xác định vị trí điểm M và điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn nhất.
9:= (1 điểm)
Chứng minh
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: ……… ……
>?@
6



x y
y x
= −


= −

L
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

2
3 0x x m− + =
khi
1m =
.
L
1m =
ta có phương trình
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

và đưa hệ thức
trên về dạng
2
2 10 8m m m− + = +
(2)
2 2
2 10 16 64 18 54 3m m m m m m⇒ − + = + + ⇔ = − ⇔ = −
.
Thử lại thấy
3m = −
thỏa mãn pt (2) và điều kiện (1).
0,25
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

0
45QBM =
· ·
QAM QBM⇒ =

ABMQ⇒
là tứ giác nội tiếp
0,5
0,25
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

.
Tứ giác APHQ nội tiếp suy ra
·
·
PAH PQH=
(1)
Tứ giác ABMQ nội tiếp suy ra
·
·
BAM BQM=
(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 =

.
0,25
0,25
0,25
0,25
5
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +
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
⇔ + + ≥ + + ⇔ ≤
+ + + +

3 5 3 5
3 5 3 5
+ −
+
− +
A*(". Cho hệ phương trình:
2 5 1
2 2
x y m
x y
+ = −


− =

(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.

= 7
A*(".
Cho hệ phương trình:
2 5 1
2 2
x y m
x y
+ = −


− =

(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
=


= −


thì nghiệm của hệ (I) thỏa mãn hệ thức
trên.
A*(;G
C1: Lập hệ phương trình:
Gọi thời gian vòi 1 chảy riêng đến khi đầy bể là x giờ (x>12)
Gọi thời gian vòi 2 chảy riêng đến khi đầy bể là y giờ (y>12)
Trong 1 giờ cả hai vòi chảy được
1
12
bể
Trong 1 giờ vòi 1 chảy được
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)

x x x x
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.

- 12xy – 24x + 3y
2
+ 18y + 36
= (18y + 36) + (6x
2
y + 12x
2
) – (12xy + 24x) + (x
2
y - 2xy
2
+ 3y
2
)
= 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

Khi đó AC là đường kính của (O;R)
D O
⇒ ≡
Vậy đường thẳng đi qua A vuông góc với DE tại O.
(2)
D C ABC
≡ ⇒ ∆
vuông cân tại C. Khi đó
AB là đường kính của (O;R)
E O
⇒ ≡
Vậy đường thẳng đi qua A vuông góc với DE tại O.
Từ (1) và (2) ta có, đường thẳng đi qua A và vuông góc
với DE đi qua điểm cố định là tâm O của (O;R).

K
12
Q
 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

A*(< (3.0 điểm):
Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao BM, CN của tam
giác cắt nhau tại H.
1. Chứng minh tứ giác BCMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.
2. Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành.
3. Cho cạnh BC cố định, A thay đổi trên cung lớn BC sao tam giác ABC luôn nhọn. Xác định
vị trí điểm A để diện tích tam giác BCH lớn nhất.
A*(= (1.0 điểm):
Cho a, b là c ác số dương thảo mãn a + b = 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của P = a
2
+ b
2
+
ab
33
####################T&######################
Q
5U'V%'&'WU
>A
13
 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

1
+ 1) > 6.
- Phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thì: ∆ ≥ 0 mà ∆ = m
2
+ 16≥16 với mọi m.
Khi đó theo Vi-ét ta có:



−=
−=+
(**)4
(*)
21
21
xx
mxx
- Ta lại có x
1
(x
2
2
+1)+x
2
(x
2

+ x
2
)(x
1
x
2
+1)>6 (***)
- Thay (*), (**) vào (***) ta có: -m(-4+1) > 6 <=> 3m>6 <=> m >2
- Vậy khi m >2 th ì phương trình (1) có 2 nghiệm x
1
,x
2
thỏa mãn
x
1
(x
2
2
+1)+x
2
(x
2
1
+1)> 6
L"=
L"=
L"=
L"=
" A*("(2.0 điểm):
Cho biểu thức: B = = ( + )( - ) với b > 0; b









−








+− b3
3b
3)b3)(b(
b12
=









; Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x
2
và các điểm A, B thuộc
parabol (P) vơi x
A
= 2, x
B
= - 1.
1. Tìm toạ độ các điểm A, B và viết phương trình đường thẳng AB.
- Tọa độ điểm A: x
A
= 2=> y = 2
2
= 4 Vậy A(2;4)
- Tọa độ điểm B: x
B
= -1=> y = (-1)
2
= 1 Vậy B(-1;1)
- 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

2. Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác BHCK
là hình bình hành. Ta có:
ABK = 90
0
= (góc nội tiếp)

=> BK⊥AB nên BK∥CH(*). Tương tự:
ACK = 90
0
= (góc nội tiếp)

=> CK⊥AC nên CK∥BH(**). Từ (*) và (**)
suy ra  BHCK là hình bình hành.
L=
G"=
L"=
3. Cho cạnh BC cố định, A thay đổi trên cung lớn BC sao tam giác
ABC luôn nhọn. Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác BCH lớn nhất.
Gọi I là giao điểm AH và BC, F là trung điểm của BC. Vì khi A thay đổi BC cố
định và lam giác ABC luôn nhọn nên H nằm trong tam giác ABC. Nên S
∆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

Năm học 2010-2011
15
$%&'(,
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

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:
1 1
5 10
5 2 5 2
 
× + =
 ÷
− +
 

1 1
16
x x
+ =
.
A*(<G (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa
O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường
tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
1. Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và ∆CAE đồng dạng với ∆CHK.
2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh ∆NFK cân.
3. Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK//MN và KM
2
+ KN
2
= 4R
2
.
A*(=G (0,5 điểm)
Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
3 3 3
3
1 1 1
4
− + − + − ≥ −a b c
HẾT

A


H I(J:%) (K1
G
(1,25đ)
Với ĐK:
0, 9> ≠x x
. Ta có:
( )
3 1 9
3
3
x
A
x x
x x
 
−
 ÷
= + ×
 ÷
+
−
 
0,25

( ) ( )
( )
3 3 3
9
9
x x x

(0,75đ)
Ta có:
( ) ( )
1 1 5 2 5 2
5. 5.
5 2 5 2
5 2 5 2
 
+ + −
 
 ÷
+ =
 ÷
 ÷
− +
− + 
 
0,25

2 5
5.
5 4
=
−

= 10
0,25
Vậy:
1 1
5. 10

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

k
d
n
=

∆ ⇔

≠

0,25
"G
(0,5 đ)
Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + 2. Suy ra đường thẳng (d) cắt trục Ox tại C
1 0 1k k⇔ − ≠ ⇔ ≠
và khi đó toạ độ điểm C là
2
;0
1 k
 
 ÷
−
 
0,25
Ta có:
2
1
C
OC x
k
= =

2 7 0x mx m− + − =
(1) (với m là tham số).
1. Giải phương trình (1) với
1m = −
.
2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
3. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
;x x
thoả mãn hệ thức:
1 2
1 1
16
x x
+ =
.
H
I(J:%)
(K1
G
Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành:
0,25
18
(0,75đ)
2
2 8 0
' 1 8 9 ' 3
x x+ − =
∆ = + = ⇒ ∆ =
Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

0
2 4
m
 
= − + >
 ÷
 
với mọi m.
0,25
Vậy với mọi giá trị của m thì (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
0,25
;G
(0,5 đ)
Theo câu 2, ta có (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
với mọi giá trị của
m. Theo định lý Vi ét ta có:
1 2
1 2
2
7
x x m
x x m
+ =


= −


− ≠


⇔

= −


≠

⇔

=

⇔ =
Vậy m = 8 là giá trị cần tìm.
0,25
A*(<G (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H
(H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng
AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A , hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
1. Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và ∆CAE đồng dạng với ∆CHK.
2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh ∆NFK cân.
3. Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK // MN và KM
2
+ KN
2
= 4R
2
.
19

90AHE =
(theo giả thiết
AB MN
⊥
)
0,5
+
·
0
90AKE =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
0,5
·
·
0
90AHE AKE⇒ = = ⇒
H, K thuộc đường tròn đường kính AE.
Vậy tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.
0,25
• Xét hai tam giác
∆
CAE và
∆
CHK:
+ Có chung góc C
0,25
+
·
·
EAC EHK=



=


0,5
Từ (1), (2), (3) suy ra
·
· · ·
MFN KNF KFN KNF= ⇔ =
. Vậy
∆
KNF cân tại K.
0,25
;G
(0,5 đ)
M Ta có
·
·
0 0
90 90AKB BKC KEC= ⇒ = ⇒ ∆
vuông tại K
Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K
·
·
·
0 0
45 45BEH KEC OBK= = ⇒ =
Mặt khác vì
∆

− + − + − ≥ −a b c
20
H I(J:%) (K1
0,5 đ
Ta có:
3 3 2
( 1) 3 3 1a a a a− = − + −

( )
2
2
3 3 1
3 3 3
1 1 (1) ( 0)
2 4 4
a a a
a a a a do a
= − + −
 
= − + − ≥ − ≥
 ÷
 
Tương tự:
( ) ( )
3 3
3 3
( 1) 1 2 , ( 1) 1 3
4 4
b b c c− ≥ − − ≥ −
0,25

3
3
0
3
0
0,
2
2
2
3
3
a a
a a
a b c
b b
b b
b a c
c c
c c
c a b
a b c
a b c

 

− =

 ÷
= ∨ =


 


 
+ + =

+ + =



0,25
QGd
21
eRfd 'g8%)*+"<#-#"
>?@  $%,
Thời gian làm bài : 120 phút
_________________________________________________________________________________
Bài 1 : (2,25 điểm ) Không sử dụng máy tính cầm tay :
a) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
1)
2
5x -7x-6=0
2)



2x-3y=-13
3x+5y=9
b) Rút gọn biểu thức
5

=4,85 dm, người ta cắt một phần tấm thiếc để làm mặt xung quanh của một hình nón
với đỉnh là A và đường sinh bằng 3,6 dm, sao cho diện tích mặt xung quanh này lớn
nhất.Mặt đáy của hình nón được cắt trong phần còn lại của tấm thiếc hình chữ nhật
ABCD.
a) Tính thể tích của hình nón được tạo thành.
b) Chứng tỏ rằng có thể cắt được nguyên vẹn hình tròn đáy mà chỉ sử dụng phần còn
lại của tấm thiếc ABCD sau khi đã cắt xong mặt xung quanh hình nón nói trên.
…………….T&…………….
22
QGd
eRfd $%,D'g8%)*+,"=h-h"
>?@R
A*( H I(J:%) (K1
1
2,25
a.1
(0,75)
Giải phương trình
2
5x -7x-6=0
(1)
∆
=
2
49+120=169=13
,
∆ =13,
1
7-13 3
x = =-


2x-3y=-13
2x-3y =-13 6x-9y=-39
3x+5y=9 6x+10y=18
19y=57



⇔ ⇔
 



x=-2
y=3
y=3
2x=9-13=-4
0,50
0,25
b.
(0,75)
( )
5 5+2
5
P= -2 5= -2 5
5-4
5-2

=5+2 5-2 5=5
0,50

, nên
( ) ( )
⇔8=-2 -2 +b b=4, d :y=-2x+4g
+ Vẽ (P)
+ Vẽ (d)
+ Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình:
⇔
2 2
2x =-2x+4 x +x-2=0
+ Phương trình có hai nghiệm:
1 2
x =1;x =-2
Do đó hoành độ giao điểm thứ hai của (P) và (d) là
⇒ ×
2
x=1 y=2 1 =2
Vậy giao điểm khác M của (P) và (d) có tọa độ: N(1;2)
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25
Gọi x (km/h) là vận tốc của xe đạp, thì x+48(km/h) là vận tốc của ô tô. Điều
kiện:
x>0
0,25
oâ toâ
xe ñaïp
60 km

Giải phương trình ta được hai nghiệm:
1
x =-80<0
(loại) và
2
x =12
Vậy vận tốc của xe đạp là: 12 km/h
0,25
0,25
0,25
4
2,5
4.a
(1,0)
//
//
O
I
K
N
M
F
E
D
C
B
A
Hình vẽ đúng
Theo tính chất tiếp tuyến, ta có:
·

( )
D
)
·
·
⇒ EAD=DAF
Suy ra : AD là tia phân giác
·
EAF
hay AI là tia phân giác của
∆KAF
Theo tính chất phân giác ta có
IK AK
=
IF AF
(1)
Vì AB
⊥
AI nên AB là tia phân giác ngoài tại đỉnh A của
∆KAF
.
Theo tính chất phân giác ta có :
BK AK
=
BF AF
(2)
Từ (1) và (2) suy ra :
IK BK
=
IF BF

·
·
AEB MCA EAC= +
( góc ngoài của tam giác AEC)
Nên
·
·
NAF AEB=
Mặt khác :
· ·
AFB AEB=
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Suy ra :
·
·
·
NAF BFA NFA= =
Vậy
∆
ANF cân tại N (đpcm)
0,25
5
1,5
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:
( )

tiếp cung quạt tròn tại E , IH và IK là các đoạn vuông góc kẻ từ I đến BC và
CD
Ta có CI = AC - AI =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
3,6 4,85 3, 6 0,9 1,54 dm+ − + ≈
Vì IH // AB
( ) ( )
.
0,91 0,9
HI CI
AB AC
AB CI
IH dm r dm
AC
⇒ =
⇒ = > > =
Tương tự : IK > r = 0,9 ( dm)
Vậy sau khi cắt xong mặt xung quanh , phần còn lại của tấm thiếc ABCD có
thể cắt được mặt đáy của hình nón
0,25
0,25
E
H
I
K
C
D
A
B

hỏng nên để chở hết lượng hàng thì mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu.
Hỏi số xe được điều đến chở hàng là bao nhiêu ? Biết rằng khối lượng hàng chở ở mỗi xe là như
nhau.
A*(<, (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Kẻ các đường cao BB`
và CC` (B`
∈
cạnh AC, C`
∈
cạnh AB). Đường thẳng B`C` cắt đường tròn tâm O tại hai điểm M
và N ( theo thứ tự N, C`, B`, M).
a) Chứng minh tứ giác BC`B`C là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AM = AN.
c) AM
2
= AC`.AB
A*(=, (1,0 điểm). Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phương trình ax
2
+ bx +
c = 0 vô nghiệm. Chứng minh rằng:
ab
cba
−
++
> 3

Trích đoạn KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT NĂM HỌC 2010 –

---