Sở Giáo dục-đào tạo Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 thpt thành phố huế
Thừa Thiên Huế Khóa ngày 12.7.2007
Đề chính thức Môn: TOáN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 : (1,75 điểm)
a) Không sử dụng máy tính bỏ túi, tính giá trị của biểu thức:
3 2 3 6
3 3 3
A
−
= +
+
b) Rút gọn biểu thức
( )
  −
= − > ≠
 ÷
+ + + +
 
1 1 1
: 0 vµ 1
1 2 1
x
B x x
x x x x x
.
Bài 2: (2,25 điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm
( )
4 ; 0B
và

b) Chứng minh rằng:
2
AD BE= R×
.
c) Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn (O) sao cho diện tích của tứ giác ADEB nhỏ nhất.
Bài 5: (1,5 điểm)
Một cái xô dạng hình nón cụt có bán kính hai đáy là 19 cm và 9 cm, độ dài đường sinh
26cml =
. Trong
xô đã chứa sẵn lượng nước có chiều cao 18 cm so với đáy dưới (xem hình vẽ).
a) Tính chiều cao của cái xô.
b) Hỏi phải đổ thêm bao nhiêu lít nước để đầy xô ?
1
Đề chính thức Đáp án và thang điểm
Bài ý Nội dung Điểm
1 1,75
1.a
+
( ) ( )
( ) ( )
3 3 2 6 3 3
3 2 3 6
3 3 3 3
3 3 3 3
A
− −
−
= + = +
+
+ −

( )
−
+
1
1
x
x x
+
( )
− −
=
+ +
+
2
1 1
2 1
1
x x
x x
x
+
( )
( )
2
1 1 1
:
1
1
x x x
B

4 2 6 3b b= − + ⇔ = ≠ −
.
Vậy: Phương trình đường thẳng (d) là:
2 6y x= +
.
+ Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm
( ; 0)A x
nên
0 2 6 3x x= + ⇔ = −
. Suy ra:
( )
3 ; 0A −
0,25
0,25
0,25
2.b
+ Đồ thị hàm số
y ax b= +
là đường thẳng đi qua
( )
4; 0B
và
( )
1; 4C −
nên ta có hệ phương trình:
0 4
4
a b
a b
= +

α α
= = ⇒ ≈
.
+ Suy ra: Góc tạo bởi đường thẳng BC và trục Ox là
0 0
180 ' 141 20'
α α
= − ≈
0,25
0,25
2.c
+ Theo định lí Py-ta-go, ta có:
2 2 2 2
2 4 2 5AC AH HC= + = + =
+Tương tự:
2 2
5 4 41BC = + =
.
Suy ra chu vi tam giác ABC là:
7 2 5 41 17,9( )AB BC CA cm+ + = + + ≈
0,25
0,25
3 2,0
3.a
+ u, v là hai nghiệm của phương trình:
2
42 0x x− − =
+ Giải phương trình ta có:
1 2
6; 7x x= − =

1
3
x =
+ Vì x > 1 nên x = 11 . Vậy vận tốc của xuồng khi nước đứng yên là 11km/h.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4 2,5
4.a + Hình vẽ đúng (câu a):
+ Theo giả thiết: DA và DM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D,
nên OD là tia phân giác góc AOM. Tương tự: OE là tia phân
giác góc MOB.
+ Mà
·
AOM
và
·
MOB
là hai góc kề bù, nên
·
0
90DOE =
.
Vậy tam giác DOE vuông tại O.
0,25
0,50
0,50
4.b

Ghi chú: Nếu học sinh không tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích vẫn cho điểm tối đa.
0,25
5 1,5
5.a
5.b
+ Cắt hình nón cụt bởi mặt phẳng qua trục OO',
ta được hình thang cân AA’B’B. Từ A hạ AH
vuông góc với A’B’ tại H, ta có:
A'H O'A' OA 10 (cm)= − =
Suy ra:
2 2 2 2
OO' AH AA' A'H 26 10 24 (cm)= = − = − =
.
+ Mặt nước với mặt phẳng cắt có đường thẳng chung là IJ, IJ cắt AH tại K. Theo giả thiết ta
có: HK = AH - AK = 24 - 18 = 6 (cm).
+ Bán kính đáy trên của khối nước trong xô là
1 1 1
O I O K KI 9 KIr = = + = +
.
KI//A’H
1
KI AK
= KI 7,5 16,5 (cm)
HA' AH
r⇒ ⇒ = ⇒ =
.
Thể tích khối nước cần đổ thêm để đầy xô là:
+
( ) ( )
2 2 2 2

A. -3 B. 3 C. 1 D. -1
4. Điểm thuộc đồ thị của hàm số nào trong các hàm số sau đây?
A. B. C. D.
4
5. Tam giác GEF vuông tại E, có EH là đường cao. Độ dài đoạn GH = 4, HF = 9. Khi đó độ dài EF bằng:
A. 13 B. C. 2 D. 3
6. Tam giác ABC vuông tại A, có AC = 3a, AB = , khi đó sinB bằng:
A. B. C. D.
7. Cho tam giác ABC vuôngtại A, có AB = 18 cm, AC = 24 cm. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó
bằng:
A. 30 cm B. cm C. 20 cm D. 15 cm
8. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 6 cm, AB = 8 cm. Quay tam giác đó một vòng quanh cạnh AC cố định
được một hình nón. Diện tích toàn phần của hình nón đó là:
A. B. C. D.
Phần 2: Tự luận. (8,0 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm)
Cho phương trình bậc hai, ẩn số là x : .
1/ Giải phương trình khi m = 3..
2/ Với giá trị nào của m phương trình có nghiệm.
3/ Tìm giá trị của m sao cho phương trình đã cho có 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện: x1
2
+ x2
2
= 10
Bài 2: (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
Bài 3: (1,5 điểm)
Rút gọn biểu thức:
1/
2/


≥
0 <=> -m + 3
≥
0 <=> m
≤
3
c/ Theo hệ thức Viet x
1
+ x
2
= 4; x
1
.x
2
= m + 1;
Mà
x1
2
+ x2
2
= (x
1
+ x
2
)
2
- 2x
1
.x

 

<=> <=>
  
+ = =
+ =
 


Bài 3: Rút gọn:
a/ A =
6 3 3 6 3 3+ + −
<=> A
2
= (
6 3 3 6 3 3+ + −
)
2
= 18 <=> A = 3
2
(Vì A > 0)
b/ B =
(5 2 6)(49 20 6) 5 2 6
9 3 11 2
+ − −
−
=
2
(5 2 6)(5 2 6) ( 3 2)
9 3 11 2

CBK
= 180
0
=> Tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn đường kính CK
b/ C/m AI.BK = AC.CB
Ta có
·
·
AIC BCK=
(Cùng phụ
·
ICA
)
=>
∆
ACI
:
∆
BKC <=>
AC AI
BK BC
=
<=> AI.BK = AC.CB
c/
Chứng minh tam giác APB vuông.
Ta có:
·
·
CPB CKB=
(góc nội tiếp chắn cung CB)

lớn nhất <=> AI + BK lớn nhất <=> AI = BK <=> AIBK là hình chữ
nhật <=> C là trung điểm AB
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NGHỆ AN 2008-2009 ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: Toán – Thời gian 120 phút
I/ Phần trắc nghiệm ( 2 điểm )
Em hãy chọn một phương án trả lời đúng trong các phương án (A, B, C, D ) của từng câu sau rồi ghi phương án
đã cho vào bài làm.
Câu 1:
Đồ thị hàm số đi qua điểm
A. ( 0; 4 ) B. ( 2; 0 ) C. ( -5; 3 ) D. ( 1; 2)
Câu 2: bằng
A. -7 B. -5 C. 7 D. 5
Câu 3: Hình tròn có đường kính 4 cm thì có diện tích là:
A. 16 B. 8 C. 4 D. 2
Câu 4:
Tam giác ABC vuông ở tại A biết và AB = 4. Độ dài cạnh AC là:
A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
Phần II: Phần tự luận ( 8 điểm )
Câu 1 ( 3 điểm )
6
A
C B
K
P
I
Cho biểu thức
a/ Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P
b/ Tìm các giá trị của x để
c/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Câu 2 ( 2 điểm )

 
=
3 1
( x 1)
x 1
x 1
 
+ +
 ÷
−
+
 
=
3
1
x 1
+
−
=
x 2
x 1
+
−
b/ P =
5
4
<=>
x 2
x 1
+

−
=
x 12
x 1
+
−
.
x 1
x 2
−
+
=
x 12
x 2
+
+
Bài 2: Gọi x, y (ngày) là thời gian làm riên của mỗi người xong việc (x: nguyên dương)
1 ngày người thứ nhất làm xong
1
x
(công việc), người thứ làm xong
1
y
(công việc), cả hai ngừoi làm
1
2
(công
việc). Vậy ta có hệ phương trình:
1 1 1
x y 2

1
2
sđ
¼
MB
·
1
BEM
2
=
sđ
¼
MB
(góc nội tiếp chắn cung MB)
7
A
B
F
C M
E
K
=>
·
·
BEM ACB=
Mà
·
·
0
BEM MEF 180+ =

=
·
AMK
; Và
·
AKM
chung
=>
∆
KEA
:

∆
KAM =>
KA KE
KM KA
=
<=> AK
2
= KE.KM
c/ Chứng minh giao điểm các phân giác của các và thuộc đoạn thẳng AB
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KHÁNH HÒA 2008-2009 - ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn Toán – Thời gian 120 phút
Ngày thi 19/06/2008
Bài 1 ( 3 điểm )
Học sinh không dùng máy tính cầm tay để giải bài toán 1
a) Tính giá trị biểu thức:
b) Giải hệ phương trình:
c) Giải phương trình:
Bài 2 ( 2 điểm )

3
= 15
3
- 20
5
8
b/
2x y 3 5x 5 x 1 x 1
3x y 2 3x y 2 3.1 y 2 y 1
+ = = = =
   
<=> <=> <=>
   
− = − = − = =
   
c/ Đặt x
2
= t
≥
0 thì phương trình trở thành: t
2
– 7t – 18 = 0:
Giải ra ta tìm được t1 = - 2 (loại); t2 = 9
<=> x
2
= 9 <=> x =
±
3
Bài 2: Toạ độ giao điểm của P và d là nghiệm của phương trình:
-x

ADB AHB=
= 90
0
; D và H nhìn AB góc 90
0
nên D và H
thuộc đường tròn đường kính AB
Hay ABHD nội tiếp đường tròn tâm O là trung điểm AB
b) Chứng minh tứ giác ODCB là hình thang.
Ta có:
∆
OBD cân tại O =>
·
·
OBD ODB=
Mà:
·
·
OBD DBH=
(gt) =>
·
·
DBH ODB=
; Mà 2 góc này ở vị trí so le trong so với OD và BC => OD//BC
Hay ODCB là hình thang
c/ C/m
2 2 2
1 1 1
4AI AB AC
= +

2
Diện tích nửa (O; R) là Sđt =
π
R
2
=
π
2
a
4
; SABC =
1
2
AB.AC =
1
2
a
2
3
Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây BH và cung BH là: S = R
2
3
6 4
 
π
−
 ÷
 ÷
 
= a

H
D
E
O
I
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi AC, BC và cung nhỏ AH của (O) là:
1
2
a
2
3
- [
π
2
a
4
- a
2
3
6 4
 
π
−
 ÷
 ÷
 
] = a
2
3 3
2 4 6 4

b)
B =
x 1 x 1 x x 2x 4 x 8
.
x 4
x 4 x 4 x
 
+ − + − −
−
 ÷
 ÷
−
+ +
 
(x > 0; x ≠ 4).
Bài 4: (1, 5 điểm)
Cho phương trình
a) Chứng minh phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt.
b) Gọi là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để
Bài 5: (3, 5điểm)
Từ một điểm M bên ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O và hai tiếp tuyến MA,
MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D.
a) Chứng minh
b) Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng 5 điểm M, A, O, I, B cùng nằm trên một đường tròn.
c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn. Suy ra AB
là đường phân giác của góc CHD.
d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). Chứng minh A, B, K thẳng
hàng.
Gợi ý
Câu 1: a) 2x

=
.
b) x
4
– 3x
2
– 4 = 0 (2)
10
Đặt t = x
2
, t ≥ 0. Phương trình (2) trở thành t
2
– 3t – 4 = 0 ⇔
t 1
t 4
= −


=

(a – b + c = 0)
So sánh điều kiện ta được t = 4 ⇔ x
2
= 4 ⇔ x = ± 2.
Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là x = 2 hoặc x = –2.
c)
2x y 1 (a)
3x 4y 1 (b)
+ =



⇔
x 1
y 1
=


= −

.
Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1.
Câu 2: a) * Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = –x
2
:
x –2 –1 0 1 2
y = –x
2
–4 –1 0 –1 –4
* Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = x – 2:
x 0 2
y = x – 2 –2 0
Đồ thị (P) và (D) được vẽ như sau:
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là:
–x
2
= x – 2 ⇔ x
2
+ x – 2 = 0 ⇔ x = 1 hay x = –2 (a + b + c = 0)
Khi x = 1 thì y = –1; Khi x = –2 thì y = –4.
Vậy (P) cắt (D) tại hai điểm là (1; –1) và (–2; –4).

−
+ +
 
=
2 2 2
x 1 x 1 (x 4)( x 2)
.
( x) 2 ( x 2) x
 
+ − − +
−
 ÷
 ÷
− +
 
=
2 2
( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) (x 4)( x 2)
.
x
( x) 2 ( x 2)
 
+ + − − − − +
 ÷
 ÷
 
− +
 
 
=

x
2
= –1.
Do đó
2 2
1 2 1 2
x x x x 7+ − =
⇔ S
2
– 3P = 7 ⇔ (2m)
2
+ 3 = 7 ⇔ m
2
= 1 ⇔ m = ± 1.
Vậy m thoả yêu cầu bài toán ⇔ m = ± 1.
Câu 5: a) Xét hai tam gia
́
c MAC và MDA có: – ∠ M chung
11
-3 -2 -1 1 2 3
-4
-3
-2
-1
x
y
O
O
M
D

c)  Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
và OA = OB = R
(O)
. Do đó MO là trung trực của AB ⇒ MO ⊥ AB.
Trong ∆MAO vuông tại A có AH là đường cao
⇒ MA
2
= MH.MO. Mà MA
2
= MC.MD (do a))
⇒ MC.MD = MH.MO ⇒
MH MC
MD MO
=
(1).
Xét ∆ MHC và ∆MDO có:
∠M chung, kết hợp với (1)
ta suy ra ∆MHC và ∆MDO đồng dạng (c–g –c)
⇒ ∠ MHC = ∠ MDO ⇒ Tứ giác OHCD nội tiếp.
 Ta có: + ∆OCD cân tại O ⇒ ∠ OCD = ∠ MDO
+ ∠ OCD = ∠ OHD (do OHCD nội tiếp)
Do đó ∠ MDO = ∠ OHD mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt) ⇒ ∠ MHC = ∠ OHD
⇒ 90
0
– ∠ MHC = 90
0
– ∠ OHD ⇒ ∠ CHA = ∠ DHA ⇒ HA là phân giác của ∠ CHD hay AB là phân giác
của ∠ CHD.
d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì ∠ OCK = ∠ ODK = 90
0

Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng đó là lớn nhất.
Gợi ý một phương án bài giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT- Hà Nội
Năm học 2007-2008
Bài 1: P=
1. Kết quả rút gọn với điều kiện xác định của biểu thức P là
2. Yêu cầu . Đối chiếu với điều kiện xác định của P có kết
quả cần tìm là
Bài 2: Gọi vận tốc khi đi là x (đơn vị tính km/h, điều kiện là x>0) ta có phương trình . Giải ra ta có
nghiệm x = 12(km/h)
Bài 3: 1. Khi b = -3, c = 2 phương trình x
2
- 3x + 2 = 0 có nghiệm là x = 1, x = 2
2. Điều kiện cần tìm là
Bài 4: 1. vì cùng chắn cung AE. Do đó tam giác ABH và EHA đồng dạng.
2. nên hay . Vậy tứ giác AHEK là nội tiếp đường tròn
đường kính AE.
3. M là trung điểm EB thì OM vuông góc BE, OM=AH. Ta có
đều cạnh R.
Vậy AH = OM =
Bài 5: Đường thẳng y = (m-1)x+2 mx= y+x-2đi qua điểm cố định A(0;2).
Do đố OA=2. Khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ đến đường thẳng d là OA = 2,
xảy ra khi d vuông góc với OA hay hệ số góc đường thẳng d là 0 tức là m-1.
13
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2007-2008
KHÓA NGÀY 20-6-2007
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (1, 5 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) x

- x
1
- x
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5: (4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Đường tròn đường kính BC cắt AB, AC theo thứ tự tại E
và F. Biết BF cắt CE tại H và AH cắt BC tại D.
a) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và AH vuông góc với BC.
b) Chứng minh AE.AB = AF.AC.
c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và K là trung điểm của BC.
Tính tỉ số khi tứ giác BHOC nội tiếp.
d) Cho HF = 3 cm, HB = 4 cm, CE = 8 cm và HC > HE. Tính HC.
Gợi ý một phương án bài giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT
Năm học 2007-2008
Câu 1: a) Ta có Δ’ = 1 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x
1
= 5 – 1 và x
2
= 5 + 1.
b) Đặt t = x
2
≥ 0, ta được phương trình trở thành t
2
– 29t + 100 = 0 t = 25 hay t =2.
* t = 25 x
2
= 25 x = ± 5.
* t = 4 x
2
= 4 x = ± 2.

1
, x
2
m > 1.
c) Khi m > 1 ta có: S = x
1
+ x
2
= 2m và P = x
1
x
2
= m
2
– m + 1
Do đó: A = P – S = m
2
– m + 1 – 2m = m
2
– 3m + 1 = − ≥ – .
Dấu “=” xảy ra m = (thỏa điều kiện m > 1)
Vậy khi m = thì A đạt giá trị nhỏ nhất và GTNN của A là – .
Câu 5: a) * Ta có E, F lần lượt là giao điểm của AB, AC với đường tròn đường kính BC.
Tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC.
* Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
BF, CE là hai đường cao của ΔABC.
H là trực tâm của Δ ABC.
AH vuông góc với BC.
b) Xét Δ AEC và Δ AFB có:
chung và Δ AEC đồng dạng với Δ AFB

C. 2 D.
3 5
Cõu 2. ng thng y = mx + 2 song song vi ng thng y = 3x

2 khi
A. m =

2 B. m = 2 C. m = 3 D. m =

3
Cõu 3.
x 3 7 =
khi x bng
A. 10 B. 52 C.
46

D. 14
Cõu 4. im thuc th hm s y = 2x
2
l
A. (

2;

8) B. (3; 12) C. (

1;

2) D. (3; 18)
Cõu 5. ng thng y = x

2
h B. 2r
2
h C. 2rh D. rh
Cõu 8. Cho hỡnh v bờn, bit BC l ng kớnh ca ng trũn (O), im A nm trờn ng thng BC, AM l
tip tuyn ca (O) ti M v
ã
0
MBC 65=
.
S o ca gúc MAC bng
A. 15
0
B. 25
0
C. 35
0
D. 40
0
II. Phn t lun (6,0 im)
Bi 1. (1,5 im)
a) Rỳt gn cỏc biu thc:
M 2 5 45 2 20= - +
;

1 1 5 1
N
3 5 3 5 5 5
-
= - ì

DA ct nhau ti M. T M h ng vuụng gúc MN vi ng thng AB (N thuc ng thng AB).
a) Chng minh MNAC l t giỏc ni tip.
b) Tớnh di on thng CH v tớnh tg
ã
ABC
.
c) Chng minh NC l tip tuyn ca ng trũn (O).
d) Tip tuyn ti A ca ng trũn (O) ct NC E. Chng minh ng thng EB i qua trung im ca
on thng CH.
HNG DN CHM MễN TON
16
CHNH THC
A
B
O
C
M
65
0
Đáp án và thang điểm
1. Phần trắc nghiệm (4,0 điểm)
- HS chọn đúng mỗi câu cho 0,5 điểm.
- Đáp án
Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8
A C B D A B C D
2. Phần tự luận (6,0 điểm)
Bài Đáp án Điểm
1
(1,5đ)
a) Biến đổi

3x 2y 7
ì
+ =
ï
ï
í
ï
- =
ï
î
Giải hệ phường trình tìm được x = 25, y = 34.
Kết luận hai số cần tìm là 25 và 34.

0,25đ
0,25đ
0,25đ
2
(1,5đ)
a) Khi m = 6, ta có PT x
2
- 5x + 6 = 0
Lập ∆ = 5
2
- 4.6 = 1
Tìm được hai nghiệm: x
1
= 2; x
2
= 3
0,25đ

+ >
ï
ï
í
ï
>
ï
î
hay m > 0.
Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm dương x
1
, x
2
là
0 < m ≤
25
4
(*)
Ta có:
( )
2
1 2 1 2 1 2
x x x x 2 x .x 5 2 m+ = + + = +

Suy ra

1 2
x x 5 2 m+ = +
Ta có


1
, x
2

thoả mãn
1 2 2 1
x x x x 6
+ =
.
0,25đ

3
(3,0đ)
Hình vẽ phục vụ a)
Hình vẽ phục vụ b), c), d)
0,25đ
0,25đ
a) Lí luận được
·
·
0 0
ACM 90 , ANM 90= =

Kết luận ANMC là tứ giác nội tiếp.
0.25đ
0.25đ
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có:
CH
2
= AH.HB ⇒ CH =

0
NCO=90

Kết luận NC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
0,25đ
0,25đ
d) Gọi I là giao điểm của BE và CH và K là giao điểm của tiếp tuyến
AE và BM.
Lí luận được OE//BM. Từ đó lí luận suy ra E là trung điểm của AK
Lý luận được
IC IH
EK EA
=
(cùng bằng
BI
BE
)
Mà EK = EA
Do đó IC = IH.
Kết luận: Đường thẳng BE đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN TOÁN- TP. ĐÀ NẴNG
Ngày thi 19-6-2008
Câu 1: (2,0 điểm)
a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức:
32
5
5

b/ Giải hệ phương trình



=+
=−
82
232
yx
yx
Câu 3(2,5 điểm)
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho 2 điểm A(1;1), B(2;0) và đồ thị (P) của hàm số y = -x
2
.
a) vẽ đồ thị (P)
b) Gọi d là đường thẳng đi qua B và song song với đường thẳng OA. Chứng minh rằng đường thẳng d cắt
(P) tại hai điểm phân biệt C và D. Tính diện tích tam giác ACD (đơn vị đo trên các trục toạ độ là cm).
Câu 4 (3,5 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh AB lấy điểm N (N khác A và B), trên cạnh AC
lấy điểm M sao cho BN = AM. Gọi P là giao điểm của BM và CN.
a) Chứng minh ∆BNC= ∆AMB.
b) Chứng minh rằng AMPN là một tứ giác nội tiếp.
c) Tìm quỹ tích các điểm P khi N di động trên cạnh AB.
GIAÛI
Câu 1: (2,0 điểm)
Gợi ý:
=
5
5
5

2
2
−=
−−
b
abbab
Câu 2: (2,0 điểm)
a/ Gợi ý: ∆’ = b’
2
–ac = 1 - (-35) = 36;
636'
==∆
5
1
61''
1
=
+−
=
∆+−
=
a
b
x
,
7
1
61''
2
−=

⇔



=+
=−
2
4
84
2
82
147
642
232
y
x
x
y
yx
y
yx
yx
Hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x = 4, y = 2)
Câu 3(2,5 điểm)
Gợi ý: a/
4- 1- 0 1- 4-y
2 1 0 1- 2- x
Đ ồ thị (P) của hàm số y=-x
2
là đường parabol có đỉnh là gốc toạ độ O(0;0), nhận trục tung làm trục đối xứng.

= -1; x
2
= -2 ⇒ y
2
= -4 ⇒ C(1;-1) và D(-2;-4); A(1;1) và C(-1;1) ⇒ AC// Oy và AC =2 (cm)
Vẽ DH ⊥ AC tại H ⇒ DH=3 (cm). S
ACD
=
2
1
DH.AC=
2
1
.3 .2 = 3 (cm
2
)
Câu 4 (3,5 điểm).
Gợi ý: a/ ∆BNC và ∆AMB có : BN =AM (gt)
Góc NBC= góc MAB
BC=AB (vì ∆ABC là tam giác đều)
⇒ ∆BNC= ∆AMB.
a) ∆BNC=∆AMB ⇒ góc AMP= góc BNP
Góc BNP+ góc ANP=180
o
(2 góc kề bù)
⇒ góc AMP + góc ANP=180
0

Vậy AMPN là một tứ giác nội tiếp
b) Thuận: AMPN là tứ giác nội tiếp nên

0
⇒ góc N’P’M’ = 120
0

⇒ góc A+ góc N’P’M’=60
0
+120
0
= 180
0
⇒ AN’P’M’ là tứ giác nội tiếp
⇒ góc BN’C = góc AM’B
∆AM’B và ∆CN’B có góc BN’C = góc AM’B
Góc N’BC = góc M’AB (vì ∆BAC đều)
⇒ ∆AM’B ≈ ∆ BN’C ⇒
1
BC
AB
BN'
AM'
==
(vì AB=BC) ⇒ BN’=AM’.
Kết luận: Khi N di động trên cạnh AB (N khác A và B) thì quỹ tích các điểm P là cung chứa góc 120
0
vẽ
trên đoạn thẳng BC cố định, cung này nằm trên nửa mặt phẳng chứa A bờ BC (P khác B và C)
20
UBND TỈNH TIỀN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

thức A = x
1
2
+ x
2
2
.
Bài 2 (1,0 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y =
2
1
x
3
và đường thẳng (d): y = 2x + 2.
1/ Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d).
2/ Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d).
Bài 3 ( 1,5 điểm ):
Một tổ sản xuất theo kế hoạch phải làm được 720 sản phẩm. Nếu tăng năng suất lên 10 sản phẩm mỗi
ngày thì so với giảm năng suất 20 sản phẩm mỗi ngày thời gian hoàn thành ngắn hơn 4 ngày. Tính năng suất
dự định.
Bài 4 ( 2,0 điểm ):
Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DE, đường
thẳng này cắt đường thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K.
1/ Chứng minh rằng: BHCD là tứ giác nội tiếp. Tính góc
·
CHK
.
2/ Chứng minh rằng: KC. KD = KH. KB.
3/ Khi E di chuyển trên cạnh BC thì điểm H di chuyển trên đường nào ?
ĐÁP ÁN PHẦN TỰ LUẬN: (6,0 điểm)


. Vậy tập nghiệm S =
{ }
3; 3−
2/ (0,5 điểm)
0,25
0,25
21
Đề chính thức
(loại)
. Đặt
1
u
x
1
v
y

=




=


thì hệ phương trình trở thành:
5u 3v 1
2u v 1
+ =


1
x
4
1
y
7

= −


⇔


=


Vậy tập nghiệm S =
1 1
;
4 7
 
 
−
 
 ÷
 
 
3/ (0,5 điểm)
. Ta có:

)
2
– 2x
1
x
2

A = (2m – 2 )
2
– 2(2m – 4) = 4m
2
– 12m + 12
A = (2m – 3)
2
+ 3
≥
3 với mọi m
Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi m =
3
2
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 2
(1,0đ)
1/ (0,5 điểm)
. Vẽ (P)
- Lập bảng giá trị đúng.
- Đồ thị đúng.

0,25
0,25
0,25
Bài 3
(1,5đ)
. Gọi x là năng suất dự định (điều kiện: x > 20, x sản phẩm/ ngày)
. Thời gian hoàn thành công việc khi tăng năng suất lên 10 sản phẩm là:
720
x 10
+
(ngày)
. Thời gian hoàn thành công việc khi giảm năng suất đi 20 sản phẩm là:
720
x 20
−
(ngày)
. Theo đề bài ta có phương trình:
720 720
4
x 20 x 10
− =
− +
(với x > 20)
. Biến đổi phương trình trên về phương trình: x
2
– 10x – 5600 = 0 (x > 20)
0,25
0,25
0,25
0,25

DHC
2
=
sđ
»
0 0
1
DC .90 45
2
= =
(hoặc
·
·
0
DHC DBC 45= =
)
Nên:
·
·
0 0 0 0
CHK 90 DHC 90 45 45= − = − =
2/ (0,5 điểm)
Chứng minh: KC.KD = KH.KB
. Hai tam giác KHC và KDB đồng dạng vì có:
µ
K
chung và
· ·
0
BDK CHK ( 45 )= =

- Kết luận:H di chuyển trên cung nhỏ BC chứa góc 135
0
( của đường tròn đường kính
BD). (0,25 điểm)
( Nếu không hoàn chỉnh các ý trên GK trừ 0,25 điểm).
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI
(2008-2009) – ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: Toán
23
K
H
E
D
C
B
A
Ngày thi: 18 – 6 - 2008
Bài 1 ( 2,5 điểm )
Cho biểu thức:
1) Rút gọn P
2) Tìm giá trị của P khi x = 4
3) Tìm x để

Phương trình (1) ;
Giải phương trình ta được hoặc ( thỏa mãn điều kiện )
+) Với x = 9
+) Với
Bài 2: Giải bài toán bằng cách lập phương trình
Gọi số chi tiết máy tổ thứ nhất làm được trong tháng đầu là x ( x N*; x<900; đơn vị: chi tiết máy)
Số chi tiết máy tổ thứ hai làm được trong tháng đầu là 900-x (chi tiết máy)
Tháng thứ hai tổ I làm vượt mức 15% so với tháng thứ nhất nên tổ I làm được
115% . x=1,15. x ( chi tiết máy )
Tháng thứ hai tổ II làm vượt mức 10% so với tháng thứ nhất nên tổ II làm được 110%(900-x)=1, 1(900-x) (chi
tiết máy)
Tháng thứ hai cả hai tổ làm được 1010 chi tiết máy nên ta có phương trình:
1,15. x + 1,1. (900-x) = 1010
1,15.x + 1,1.900 – 1,1.x = 1010
0,05.x = 20
x = 400 ( thỏa mãn điều kiện )
Vậy tháng thứ nhất tổ I sản xuất được 400 chi tiết máy tổ II sản xuất được 900-400=500 chi tiết máy.
Bài 3:
Cho Parabol (P) và đường thẳng (d) y=mx+1
1) Xét phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P):
(*)
với mọi m
(*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị
của m.
2) Gọi A,B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB theo m (O là gốc tọa độ)
Vì phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt trái dấu nên đồ thị hai hàm số có dạng trên.
Gọi tọa độ A( , ); B( ; ) giả sử
Gọi hình chiếu vuông góc của A, B lên Ox lần lượt là C, D.
Ta có: OC=| |= ; OD=| latex –x_1$;
CD = OC + OD =