SỞ GD & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
THANH HOÁ Năm học 2011-2012
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi 30 tháng 6 năm 2011
Bài 1(1.5đ):
1. Cho hai số a
1
= 1+
2
; a
2
= 1-
2
. Tính a
1
+a
2
.
2. Giải hệ phương trình:



−=−
=+
32
12
yx
yx
Bài 2(2đ): Cho biểu thức A =
2

1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị của A tại a = 6+4
2
Bài 3(2,5đ): Cho phương trình: x
2
– (2m-1)x + m(m-1) = 0 (1). (Với m là tham số)
a. Giải phương trình (1) với m = 2.
b. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
c. Gọi x
1
và x
2
là hai nghiệm của phương trình (1). (Với x
1
< x
2
).
Chứng minh rằng x
1
2
– 2x
2
+ 3
≥
0.
Bài 4(3đ): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường cao BD và CK cắt nhau tại H.
1. Chứng minh tứ giác AKHD nội tiếp được trong một đường tròn
2. Chứng minh tam giác AKD và tam giác ACB đồng dạng.
3. kẻ tiếp tuyến Dx tại D của đường tròn tâm O đường kính BC cắt AH tại M. Chứng
minh M là trung điểm của AH

⇔ ⇔
  
− = − − = − =
  
Bài 2:
a) A =
2
1
:
4
14
22 +








−
−
+
−
−
+ a
a
a
a
a

−
+ −
Bài 3:
a) với m = 2, phương trình trở thành:
x
2
- 3x+2=0
phương trình có a+b+c=0 nên Pt có hai nghiệm là:
x
1
= 1 ; x
2
= 2.
b)
2
(2 1) 4 ( 1) 1m m m∆ = − − − =
Vì
1 0
∆ = >
với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
c) Vì x
1
< x
2
nên :

1
2
2 1 1
1

·
BCD AKD=
Xét tam giác AKD và tam giác ACB, có:
µ
A
chung
·
·
BCD AKD=
Suy ra
AKD∆
đồng dạng với
ACBV
.
c) Ta có:
·
·
·
·
·
·
0
0
90
90
MDH HDO
MDH MDA
HDO MDA
+ =
+ =

=> MA=MH . Vậy M là trung điểm của AH.
Bài 5: áp dụng BĐT Côsi cho hai số
a
cb +
và 1 ta được:
cba
a
cb
a
a
acb
a
cb
a
cb
++
≥
+
⇒
++
=






+
+
≤

+
+
+ cba
cba
ba
c
ca
b
cb
a
(đpcm)
3
S GIÁO D C VÀ ĐÀO T OỞ Ụ Ạ K THI TUY N SINH L P 10 THPTỲ Ể Ớ
QU NG NAMẢ N m h c 2011 -2012 (30/ 6/ 2011)ă ọ
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2.0 điểm)
Rút gọn các biểu thức:
a) A = 2
5 3 45 500− +
; b) B =
1 15 12
3 2 5 2
−
−
+ −
;
Bài 2: (2.5 điểm)
1) Giải hệ phương trình:
3 1

x
2

1) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đó
2) Xác định a, b để đường thẳng (d): y = ax + b cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng –
2 và cắt đồ thị (P) nói trên tại điểm có hoành độ bằng 2
Bài 4: (4.0 điểm)
Cho nửa đường tròn (O; R ) đường kính AB. Gọi C là điểm chính giữa của cung
AB. trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = CB. OD cắt AC tại M. Từ A, kẻ AH
vuông góc với OD (H thuộc OD). AH cắt DB tại N và cắt nửa đường tròn (O; R) tại E
a) Chứng minh MCNH là tứ giác nội tiếp và OD song song vơia EB.
b) Gọi K là giao điểm của EC và OD. Chứng minh rằng
∆
CKD =
∆
CEB. Suy ra C
là trung điểm của KE
c) Chứng minh tam giác EHK vuông cân và MN song song với AB.
d) Tính theo R diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác MCNH
=====Hết=====
4
ĐỀ CHÍNH THỨC
Họ và tên thí sinh Số báo danh .……… …
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Quảng Nam Năm học 2011 - 2012
MÔN THI: TOÁN
HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung
Điể
m

1)
3 1
3 8 19
x y
x y
− =


+ =

<=>
3 1
9 18
x y
y
− =


=

<=>
3 2 1
2
x
y
− =


=


2
– 4x + 3 = 0
Phương trình có dạng a + b + c = 0,
nên phương trình có hai nghiệm
x
1
=1, x
2
=
3
3
1
c
a
= =
Vậy khi m = 4, thì phương trình dã
cho có hai nghiệm x
1
= 1, x
2
= 3
b)
∆
= m
2
– 4m + 4 = (m – 2)
2

≥
0

1 2 1 2 1 2
2011 . .x x x x x x+ = +
<=>
2011m = m(m – 1) <=>
Bài 3:
Hình vẽ đúng phục vụ:- Câu 1, 2
- Câu 3, 4
2đ
1
1
2,5đ
0,75
1,75
4đ
0,25
m
2
–2012m = 0 <=> m(m –2012) = 0
<=> m = 0 hoặc m = 2012
Vậy khi m = o; 2012 thì phương
trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả điều
kiện
1 2
1 2
1 1
2011

= 1
Thay x = 2, y = 1 và b = –2 vào
phương trình (d) ta được:
2a – 2 = 1 => 2a = 3 => a = 1,5
Vậy a = 1,5 và b = –2 thì (d) cắt trục
tung tại điểm có tung độ bằng –2 và
cắt đồ thị (P) tại điểm có hoành độ
bằng 2
*/ Chứng minh MN // AB:
Ta có
∠
ECB =
∠
HCM (cùng phụ
với
∠
NHC)
1.5 đ
0,75
0,75
5
Câu 1: Chứng minh tứ giác MCNH
nội tiềp và OD // EB
Ta có
∠
ACB = 90
0
(Góc nội tiếp
chắn nửa đường tròn)
hay

AE
và ta có OD
⊥
AE (gt)
Vậy OD // EB
Câu 2:
Chứng minh
∆
CKD =
∆
CEB. Suy ra
C là trung điểm của KE
Xét
∆
CKD và
∆
CEB. Có
∠
EBC =
∠
KDC (So le trong)
BC = CD (gt)
∠
BCE =
∠
DCK (đối đỉnh)
Vậy
∆
CKD =
∆

0,25
1đ
1đ
1đ
Mà
∠
ECB =
∠
EAB (2 góc nội tiếp
cùng chắn một cung)
Và
∠
HNM =
∠
HCM (2 góc nội
tiếp cùng chắn một cung)
Suy ra
∠
HNM =
∠
EAB
Mà hai góc này ở vị trí so le trong
Vậy MN // AB
Câu 4:
Tính theo R diện tích hình tròn
ngoại tiếp tứ giác MCNH
Ta có C là trung điểm của AD (gt)
Và O là trung điểm của AB (gt)
Nên AC và DO là hai trung tuyến
của

3
AB =
2
3
R

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ
giác MCHN. Vậy I là trung điểm
của MN (
∠
MHN = 90
0
)
=> IM =
2
MN
=
3
R
Vậy diện tích đường tròn ngoại tiếp
tứ giác MCHN theo R là
S =
π
.IM
2
=
2
9
R
π

yx
yx
3/ Đơn giản biểu thức
125805 −+=P
4/ Cho biết
)1;1(11 ≥≥−+−=+ bababa
. Chứng minh a + b = ab
Lưu ý: các câu 1/, 2/ 3/ không sử dụng máy tính.
Câu II: 3,0đ
Cho Parapol y = x
2
(P), và đường thẳng : y = 2(1 – m)x + 3 (d), với m là tham số.
1/ Vẽ đồ thị (P).
2/ Chứng minh với mọi giá trị của m, parapol (P) và đường thẳng (d) luôn cắt nhau tại hai điểm
phân biệt
3/ Tìm các giá trị của m, để (P) và (d) cắt nhau tại điểm có tung độ y = 1
Câu III: 3, 5đ
Cho (O), dường kính AB = 2R, C là một điểm trên đường tròn ( khác A, B). Gọi M là trung điểm
của cung nhỏ BC
1/ Chứng minh AM là tia phân giác của góc BAC
2/ Cho biết AC = R. Tính BC, MB
3/ Giả sử BC cắt AM ở N. Chứng minh MN. MA = MC
2
Câu IV: 1,0đ
Chứng minh P= x
4
– 2x
3
+ 2x
2

4/ Vì
0,01,011,1 ≥+≥−≥−⇒≥≥ bababa
( )( )
( )( ) ( )( )
baabbaba
bababababa
+=⇔=−−⇔=−−⇔
−−+−+−=+⇔−+−=+
1112112
1121111
Câu II:
1/ Vẽ (P)
2/ PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x
2
– 2(1 – m)x – 3 = 0
a,c trái dấu hoặc
'∆
= (1 – m)
2
+ 3 >0
nên pt luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
vậy (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m
Câu III
1
1
N
M
A
O
B

M
ˆ
: góc chung,
11
ˆ
ÂC =
( hai gnt chắn hai cung bằng nhau)
Suy ra MN. MA = MC
2
Câu IV :
( ) ( )
( ) ( ) ( )( ) ( )
( )
( )
( )
( )
xxxxx
xxnênxxvì
xxxxxxxx
xxxxxxxx
∀≥+−+−⇒
≥−+≥−>+
−+=−++=+−+
+−++=+−+−
,01222
0110101
11211121
22121222
234
2

14 - 7 15 - 5 1
B = :
2 - 1 3 - 1 7 - 5
 
+
 ÷
 ÷
 
Câu 2: (2,5 điểm)
Cho hàm số y=x
2
có đồ thị (P) và đường thẳng (d): y = 2(m - 1)x – m + 3 với m là tham số.
a) Vẽ đồ thị (P): y = x
2
b) CM: Với mọi giá trị của m thì đồ thị (P) luôn cắt đường thẳng (d) tại 2 điểm phân biệt
c) Gọi A(X
A
,Y
A
)và B(X
B
,Y
B
) là 2 giao điểm của (P) và (d)
Tìm E
min
=Y
A
+Y
B

5 4 6 1∆ = − × =
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1
2
5 1
3
2
5 1
2
2
x
x
+

= =


−

= =


c) Rút gọn các biểu thức:
A = 3 12 - 12 3 + 6 48
A 3 4 3 - 12 3 + 6 16 3
A 6 3 - 12 3 + 24 3
A = 18 3
=
=
( ) ( )

2
TXĐ:
x R∈
Bảng giá trị
x -3 -2 -1 0 1 2 3
y = x
2
9 4 1 0 1 4 9
Đồ thị:
b) Hoành độ giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng (d) là nghiệm của phương trình
( )
( )
2
2
x 2 m 1 x – m 3
x 2 m 1 x m 3 = 0 (*)
= − +
⇔ − − + −
Ta có:
10

2 2
2 2
2
' ( -1) - 3 - 2 1- 3
3 9 7
' 3 4 2
2 4 4
3 7
' 0

A A B B
X Y X Y= =
vậy
( )
2
2 2
2
A B A B A B A B
Y Y X X X X X X+ = + = + −
(**)
Trong đó X
A
, X
B
là nghiệm của phương trình (*), áp dụng hệ thức Viet ta có:
2 2
3
A B
A B
X X m
X X m
+ = −


= −

Thế vào biểu thức (**)
( )
( )
2

5
4
m =
Câu 3:
Gọi x là thời gian đội 1 làm riêng để hoàn thành công việc: x (giờ; x>15)
Gọi y là thời gian đội 2 làm riêng để hoàn thành công việc: y (giờ; y>15)
Gọi số công việc là A.
Công việc đội 1 làm được trong 1 giờ là: A/x
Công việc đội 1 làm được trong 1 giờ là: A/y
Vì nếu 2 đội cùng làm công việc đó thì sau 15 giờ họ hoàn thành công việc nên ta có phương trình 1:
1 1 1
15
15
A A
A
x y x y
 
+ = ⇔ + =
 ÷
 
Nếu đội 1 làm một mình trong 3 giờ rồi nghỉ và đội 2 làm tiếp công việc đó 5 giờ nữa thì công việc hoàn thành
được 25% nên ta có phương trình 2:
25 3 5 1
3 5
100 4
A A A
x y x y
+ = ⇔ + =
Kết hợp 2 phương trình ta có hệ:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1


= −
=
= −

 
⇔ ⇔ ⇔
  
=

 
=
=


11
Nghiệm thỏa mãn điều kiện vậy:
- Thời gian đội 1 làm riêng để hoàn thành công việc là 24 giờ
- Thời gian đội 2 làm riêng để hoàn thành công việc là 40 giờ
Câu 4:
a) CM:4 điểm O, I, A, M cùng thuộc 1 đường tròn
Ta có:
∆
MIO vuông tại I (vì MN vuông góc với OI)
Nên MIO thuộc đường tròn đường kính OM
∆
MAO vuông tại A (TC tiếp tuyến vuông góc với bán kính tại tiếp điểm)
Nên MAO cũng thuộc đường tròn đường kính OM
Vậy 4 điểm O, I, A, M cùng thuộc 1 đường tròn đường kính OM (ĐPCM)
b) CM: MI = NI

¶
1 1
M N=
(Chứng minh trên)
Vậy
∆
OIM =
∆
OIN và
⇒
MI = NI (ĐPCM)
Và ta có luôn OM = ON
c) Xác định vị trí của điểm I trên đoạn AB sao cho tam giác SMN có diện tích lớn nhất
Xét 2 tam giác vuông
∆
OAM và
∆
OBN có: OM = ON (Chứng minh ý b)
AO = OB = R (bán kính đường tròn)
Vậy
∆
OAM =
∆
OBN và
⇒
AM = BN (IV)
Diện tích tam giác SMN là: S
SMN
=
·

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Khóa ngày 21 tháng 6 năm 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN THI: TOÁN
Thời gian :120 phút (không tính thời gian giao đề)

Bài 1: (2,0điểm)
a/ Giải phương trình (2x + 1)(3 – x) + 4 = 0
b/ Giải hệ phương trình 3x -
y
= 1
5x + 3y = 11
Bài 2: (1 đ)
Rút gọn biểu thức Q =
35
2
:
15
55
12
36
−









b/ Cho AD = 2R . Tính diện tích tứ giác ABDC theo R
c/ Gọi K là giao điểm của AB và MD , H là giao điểm của AD và MC
Chứng minh rằng ba đường thẳng AM,BD,HK đồng quy.
13
HẾT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.HCM Năm học: 2011 – 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
3 2 1 0x x− − =
b)
5 7 3
5 4 8
x y
x y
+ =


− = −

c)
4 2
5 36 0x x+ − =
d)
2

2 4 5 0x mx m− − − =
(x là ẩn số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m.
b) Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình.
Tìm m để biểu thức A =
2 2
1 2 1 2
x x x x+ −
. đạt giá trị nhỏ nhất
14
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường tròn (O) sao cho
AB > AC.
Từ A, vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H, vẽ HE vuông góc với AB và HF vuông góc với
AC
(E thuộc AB,F thuộc AC).
a) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF.
b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F).
Chứng minh AP
2
= AE.AB. Suy ra APH là tam giác cân
c) Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường tròn (O) (K khác A).
Chứng minh AEFK là một tứ giác nội tiếp.
d) Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH
2
= IC.ID

= −


− = −

⇔
1
5 4
y
x
=


= −

⇔
4
5
1
x
y

= −



=

c) x
4

+ 9) = 0 ⇔ x
2
= 4 ⇔ x = ±2
d)
2
3 3 3 3 0x x− + − =
(d)
(d) có : a + b + c = 0 nên (d) ⇔ x = 1 hay
3 3
3
x
−
=
Bài 2: (1,5 điểm)
15
a) Đồ thị: (0,5 điểm)
(P) đi qua O(0;0),
( ) ( )
1; 1 , 2; 4± − ± −

(D) đi qua
( ) ( )
1; 1 , 0; 3− − −
b) (1,0 điểm) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2
2 3x x− = − −
⇔ x
2
– 2x – 3 = 0
1 3x hay x⇔ = − =

− − +
=
2 2
1
( ( 3 1) ( 3 1) )
2
− − +
=
1
[ 3 1 ( 3 1)]
2
− − +
=
2−
2 28 4 8
3 4 1 4
x x x x x
B
x x x x
− + − +
= − +
− − + −
( 0, 16)x x≥ ≠
=
2 28 4 8
( 1)( 4) 1 4
x x x x x
x x x x
− + − +
− +

+ −
=
1x −
Bài 4: (1,5 điểm)
a/ Phương trình (1) có ∆’ = m
2
+ 4m +5 = (m+2)
2
+1 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2 nghiệm
16
phân biệt với mọi m.
b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S =
2
b
m
a
− =
; P =
4 5
c
m
a
= − −
 A =
2
1 2 1 2
( ) 3x x x x+ −
=
2
4 3(4 5)m m+ +

⇒ AP = AH ⇒ ∆APH cân tại A
c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA ⇒ DE.DF = DK.DA
Do đó ∆DFK đồng dạng ∆DAE ⇒ góc DKF = góc DEA ⇒ tứ giác AEFK nội tiếp
d) Ta có : AF.AC = AH
2
(hệ thức lượng trong ∆AHC vuông tại H, có HF là chiều cao)
Ta có: AK.AD = AH
2
(hệ thức lượng trong ∆AHD vuông tại H, có HK là chiều cao)
Vậy ⇒ AK.AD = AF.AC
Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp,
vậy ta có: IC.ID=IF.IK (∆ICF đồng dạng ∆IKD)
và IH
2
= IF.IK (từ ∆IHF đồng dạng ∆IKH) ⇒ IH
2
= IC.ID
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
B×nh ®Þnh Năm học: 2011 – 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm)
a. Giải hệ pt:
3 7
2 8
x y
x y
− =



Bài 3: (2 điểm)
Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6 m và bình phương độ dài
đường chéo gấp 5 lần chu vi. Tính diện tích của mảnh đất hình chữ nhật.
Bài 4: (3 điểm)
Cho đường tròn tâm O, vẽ dây cung BC không đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC
lấy điểm M bất kì. Đường thẳng đi qua M cắt (O) lần lượt tại N và P (N nằm giữa M và P)
sao cho O nằm bên trong góc PMC. Trên cung nhỏ NP lấy điểm A sao cho cung AN bằng
cung AP. Hai dây cung AB, AC cắt NP lần lượt tại D và E.
a. Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp.
b. Chứng minh MB.MC = MN. MP
c. Bán kính OA cắt NP tại K. Chứng minh MK
2
> MB.MC.
Bài 5: (1 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =
2
2
2 2011x x
x
− +
(với x ≠ 0).
GIẢI
Bài 1: (2 điểm)
a.
3 7 5 15 3 3
2 8 2 8 2.3 8 2
x y x x x
x y x y y y
− = = = =
   

= 9
18
b. ∆’ = (m + 1)
2
– (m – 4) = m
2
+ m + 5 = m
2
+ 2.
1
2
m +
1 1
4 4
−
+ 5 =
= (m +
1
2
)
2
+
19
4
> 0 với mọi m
Vậy pt đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
c. Theo câu b pt đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m, nên áp dụng hệ thức
Vi – et ta có: x
1
+ x

2
+ x
1
x
2
= 0 ⇔ [-2(m + 1)]
2
+ m – 4 = 0 ⇔ 4m
2
+ 9m = 0 ⇔ m(4m + 9) = 0
0
0
9
4 9 0
4
m
m
m
m
=

=


⇔ ⇔


+ =
= −


⇔ x
2
– 4x – 12 = 0
Giải pt này ta được x
1
= -2 (loại) ; x
2
= 6 (TM)
Suy ra chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật là 6m; chiều dài mảnh đất hình chữ nhật là
12m.
Vậy diện tích của mảnh đất hình chữ nhật: 6.12 = 72 (m
2
)
Bài 4: (3 điểm)
a. Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp.
Ta có:
·
»
»
1
( )
2
BDN sd AP sd BN= +
(góc có đỉnh bên
ngoài đường tròn)
Mà
»
»
AP AN=
(Gt)

M
chung và
·
·
MCN MPB=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
BN)
⇒ ∆MBP ~ ∆MNC (gg) ⇒
MB MP
MN MC
=
⇒ MB.MC = MN. MP
c. Chứng minh MK
2
> MB.MC.
Ta có
»
»
AP AN=
(Gt) và OA cắt PN tại K ⇒ KP = KN =
1
2
NP
Từ MB.MC = MN. MP (câu b) ⇒ MB.MC = MN(MN + NP) = MN(MN + 2 KN) =
= MN
2
+2MN.KN (1)
MK
2
= (MN + NK)

2011
x x x
x
+ − +
⇔ A =
2 2
2
2010 ( 2011)
2011
x x
x
+ −
⇔ A =
2
2
2010 ( 2011)
2011 2011
x
x
−
+
≥
2010
2011
Dấu “=” xảy ra khi x - 2011 = 0 ⇔ x = 2011
Vậy A
min
=
2010
2011

2
- (
1
2011
)
2
+
1
2011
] = 2011(t -
1
2011
)
2
+
2010
2011
≥
2010
2011
Dấu “=” xảy ra khi t -
1
2011
= 0 ⇔ t =
1
2011
⇒ x = 2011
Vậy A
min
=

1 . ; 0, 1
1
1 1
B x x
x
x x x
   
= + + − > ≠
 ÷  ÷
−
+ −
   
a) Rút gọn biểu thức B.
b) Tìm giá của của x để biểu thức B = 3.
Câu 3.(1,5 điểm)
Cho hệ phương trình:
2 1
(1)
2 2
y x m
x y m
− = +


− = −

1) Giải hệ phương trình (1) khi m =1.
2) Tìm giá trị của m để hệ phương trình (1) có nghiệm (x ; y) sao cho biểu thức
P = x
2

Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,5 điểm)
Cho
x 10 x 5
A
x 25
x 5 x 5
= − −
−
− +
Với
x 0,x 25≥ ≠
.
ĐỀ CHÍNH THỨC
21
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tính giá trị của A khi x = 9.
3) Tìm x để
1
A
3
<
.
Bài II (2,5 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ngày quy định. Do mỗi
ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy
định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết bao nhiêu
ngày?
Bài III (1,0 điểm)

3) Chứng minh AM.BN = AI.BI .
4) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa E của đường tròn (O). Hãy
tính diện tích của tam giác MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng.
Bài V (0,5 điểm)
Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
1
M 4x 3x 2011
4x
= − + +
.
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không được giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………………………
Số báo danh: ………………………
Chữ kí giám thị 1: ……………………………… Chữ kí giám thị 2:
…………………………………
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:
22
1/ Rút gọn: ĐK:
x 0,x 25≥ ≠
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
x. x+5 -10 x-5. x -5
x 10 x 5 x+5 x-10 x -5 x+25
A= - - = =

x 0,x 25≥ ≠

( )
( )
1 x - 5 1 3 x - 15 - x - 5
A - 0 0
3 3
x + 5
3 x +5
2 x - 20 0 (Vì 3 x +5 0) 2 x < 20 x < 10 x < 100
< ⇔ < ⇔ <
⇔ < > ⇔ ⇔ ⇔
Kết hợp với
x 0,x 25≥ ≠
Vậy với 0 ≤ x < 100 và x ≠ 25 thì A < 1/3
Bài 2
CÁCH 1:
Gọi thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch là x(ngày) (ĐK: x > 1)
Thì thời gian thực tế đội xe đó chở hết hàng là x – 1 (ngày)
Mỗi ngày theo kế hoạch đội xe đó phải chở được
140
x
(tấn)
Thực tế đội đó đã chở được 140 + 10 = 150(tấn) nên mỗi ngày đội đó chở được
150
1x −
(tấn)
Vì thực tế mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn, nên ta có pt:
150 140
5

2 2
140
- 1 . x + 5 = 140 + 10 140 - x x + 5 =150x
x
140x + 700 - 5x - x =150x x +15x - 700 = 0
 
⇔
 ÷
 
⇔ ⇔
Giải ra x = 20 (T/M)và x = - 35 ( loại)
Vậy số ngày đội phải chở theo kế hoạch là 140:20=7 ( ngày)
Bài 3:
1/ Với m = 1 ta có (d): y = 2x + 8
Phương trình hoành độ điểm chung của (P) và (d) là
x
2
= 2x + 8
<=> x
2
– 2x – 8 = 0
Giải ra x = 4 => y = 16
x = -2 => y = 4
Tọa độ các giao điểm của (P) và (d) là (4 ; 16) và (-2 ; 4)
2/ Phương trình hoành độ điểm chung của (d) và (P) là
x
2
– 2x + m
2
– 9 = 0 (1)

.
3/ Xét tam giác vuông AMI và tam giác vuông BIN có
góc AIM = góc BNI ( cùng cộng với góc NIB = 90
o
)
24
 ∆AMI ~ ∆ BNI ( g-g)

BN
AI
BI
AM
=
 AM.BN = AI.BI
4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ
Do tứ giác AMEI nội tiếp
nên góc AMI = góc AEF = 45
o
.
Nên tam giác AMI vuông cân tại A
Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vuông cân tại B
 AM = AI, BI = BN
Áp dụng Pitago tính được
2
23
;
2
2 R
IN
R

Vì
2
(2 1) 0x − ≥

và x > 0
1
0
4x
⇒ >
, Áp dụng bdt Cosi cho 2 số dương ta có: x +
1
4x
1 1
2 . 2. 1
4 2
x
x
≥ = =
 M =
2
1
(2 1) ( ) 2010
4
x x
x
− + + +
≥ 0 + 1 + 2010 = 2011
 M ≥ 2011 ; Dấu “=” xảy ra 
2
1

− =





  

= ⇔ = ⇔
=
  

  

>
>
  


= −
 




>


⇔ x =
1