


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

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
4 4 2t x x= ⇒ = ⇔ = ±

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
Tìm các số nguyên m để nghiệm

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
· ·
0 0

IMN
cân L
TH 1. M thuộc tia BA.
3
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=

∆ ⇒ =
(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
∆
)
·
·

+ ≥
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
( )
2 2 0
a d b d b d

 !"#"
$%&'(: 
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
− +
+
với
0a >

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: ……… ……
5
>?@



A B  C




= −

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
c
Rút gọn biểu thức P =
3

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
1 2
,x x
thỏa mãn

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
4x −
.

· ·
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
7
A

·
·
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 =
1 1
. .

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
⇔ + + ≥ + + ⇔ ≤
+ + + +
(Do các vế đều dương). Tương tự, cộng lại ta được
3 3 3 3 3 3

+ −
+
− +
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.
a) Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp.
b) Giả sử

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
=


= −

Nghiệm này thỏa mãn hệ thức x
2

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)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
1 1 1


 
+ =
+ = + =
  
⇔ ⇔
+ +
  
  
= + = +
= +
 


+ + = +
⇔

= +

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

+ 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
+3] > 0
Vậy P > 0 với mọi x,y

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
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
là các nghiệm của phương trình (1), tìm m để:
x
1
(x
2
2

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&######################
12
5U'V%'&'WU
>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

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
1
+1)> 6<=> x
1
x
2
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
≠
9
1. Rút gọn B
Với b > 0; b
≠
9 B =

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

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
- 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

=> 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 P = a
2

+ b
2
+
Ta có (a-b)

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
 
× + =
 ÷
− +
 

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).

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
15
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)

( )
3 1 9
3
3
x
A
x x
x x
 
−
 ÷
= + ×
 ÷
+
−
 
0,25

( ) ( )
( )
3 3 3
9
9
x x x
x
A
x x x
+ + −
−
⇔ = ×

5 2 5 2
 
+ + −
 
 ÷
+ =
 ÷
 ÷
− +
− + 
 
0,25

2 5
5.
5 4
=
−

= 10
0,25
Vậy:
1 1
5. 10
5 2 5 2
 
+ =
 ÷
− +
 

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
c
(0,5 đ)
+
1 1
( )//( )
2
k

≠

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
= =
−
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 |

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
(0,75đ)
Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành:
2
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

 
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
+ =


= −

0,25
Theo giả thiết ta có:
1 2
1 2 1 2
1 2
0



≠

⇔

=

⇔ =
Vậy m = 8 là giá trị cần tìm.
0,25
18
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
.

h
k
o
n
m

·
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=
(góc nội tiếp cùng chắn cung EK)
Suy ra
∆
CAE
∆
CHK (g - g)
0,5

·
· · ·
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
∆
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.


( )
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
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− + − + − ≥ + + − = − = −

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
20
QGd
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
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 (

21
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 = =-
10 5
và
2
7+13
x = =2
10
Vậy phương trình có hai nghiệm:
1 2

⇔ ⇔
 



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
0,25
2
2,5
2.a
(0,75)
+ Đồ thị (P) của hàm số
2
y=ax

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
3
1,25
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
22
0,25
oâ toâ
xe ñaïp
60 km
C
B
A
Hai người cùng đi xe đạp một đoạn đường

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:
·
·
0
BED=BFD=90
Mà
·
·

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)
0,25
0,25
23
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
. Vậy IF . BK = IK . BF (đpcm)
0,25
0,25

· ·
AFB AEB=
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Suy ra :
·
·
·
NAF BFA NFA= =
Vậy
∆
ANF cân tại N (đpcm)
0,25
0,25
5
1,5
E
H
I
K
C
D
A
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

0,25
b)Trên đường chéo AC, vẽ đường tròn tâm I bán kính r = 0,9 (dm) ngoại
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
24
0,25
Q
Ai jR,;#-#"

5U'V%'&'WU Môn thi: 
Thời gian: "X'N& ( không kể thời gian phát đề)

∈
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

25