SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2008 – 2009 .
ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 24/ 06/2008.
Bài 1 : (2 điểm) Cho biểu thức P =
( )
abba
ab
:
ba
ab4ba
2
−+
+−
a/ Xác định a ; b để biểu thức có nghĩa và hãy rút gọn P.
b/ Tính giá trị của P khi a =
612336615
−+−
và b =
24
.
Bài 2 : (2 điểm) a/ Cho hệ phương trình



−=−
=+
2mymx
m3myx

------------------- HẾT ------------------
GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH
LỚP 10 MÔN TOÁN. QUẢNG NGÃI
Ngày thi 24-6-2008
-----------------------
Bài 1: Cho biểu thức P =
( )
abba
ab
:
ba
ab4ba
2
−+
+−
a) P có nghĩa khi a > 0 ; b > 0 và a ≠ b
P =
ab
)ba(ab
ba
ab4bab2a
−
⋅
+
++−
=
( )
)ba(
ba
ba

− 2
6
= −
6
Bài 2:
a) Cho hệ phương trình



−=−
=+
)2(2mymx
)1(m3myx
2
Từ(1) ta có x = 3m − my (3). Thay (3) vào (2): m(3m − my) − y = m
-2
− 2.
⇔ 3m
2
− m
2
y − y = 2(m
2
+ 1) ⇔ (m
2
+ 1)y = 2(m
2
+ 1)
Vì m
2











<+−
<−−





>+−
>−−
031m
031m
031m
031m
⇔







Vậy khi m > 1 +
3
hoặc m < 1 −
3
thì hệ phương trình đã cho có nghiệm (x ; y) thỏa
mãn x
2
− 2x − y > 0.
b) Giải phương trình x
2
− x −
x
1
+
2
x
1
− 10 = 0 (1). Điều kiện x ≠ 0.
Phương trình (1) ⇔ (x
2
+
2
x
1
) − (x +
x
1
) − 10 = 0 ⇔ (x
2
+

2
+ 3x + 1 = 0 ⇒ x
1
=
2
53
+
; x
1
=
2
53
−

Với y = 4 ⇒ x +
x
1
= 4 ⇔ x
2
− 4x + 1 = 0 ⇒ x
3
= 2 +
3
; x
4
= 2 −
3

Các giá trị của x vừa tìm được thỏa mãn x ≠ 0.
Vậy nghiệm số của (1) là : x

+
(h)
Vận tốc ô tô khi đi một phần tư quãng đường AB là x − 15 (km/h)
Thời gian ô tô đi một phần tư quãng đường AB là
15x
20
−
(h)
Ô tô đến B đúng giờ quy định nên ta có phương trình :
10x
60
+
+
15x
20
−
=
x
80
⇔
10x
3
+
+
15x
1
−
=
x
4

= 90
0
∆ AIC vuông tại A ⇒ C
1
+ A
1
= 90
0
⇒ A
1
+ C
2
và có A = B = 90
0
Nên ∆ AIC ∆ BCK (g.g)
⇒
BK
AC
BC
AI
=
⇒ AI . BK = AC . BC (1)
c/ Trong (O
1
) có A
1
= I
2
(gnt cùng chắn cung PC)
Trong (O

Từ (1) có AI . BK = AC . BC ⇒ BK =
AI
BC.AC
. Nên BK lớn nhất ⇔ AC . BC lớn nhất.
Ta có
( )
0BCAC
2
≥−
⇒ AC + BC ≥ 2
BC.AC
⇔
BC.AC
≤
2
BCAC
+

⇔
BC.AC
≤
2
AB
⇔
BC.AC
≤
4
AB
2
.

2
2.1003
= 1 ∈ Z
+
nên x = 2 thỏa mãn.
Vậy x ; y nguyên dương phải tìm là x = 2 ; y =1.
• Cách 2 :Vì x ; y là các số dương thỏa mãn 1003x + 2y = 2008 ⇒ 1003x < 2008
⇒ x <
1003
2008
< 3 . Do x ∈ Z
+
⇒ x ∈ {1 ; 2}
Với x = 1 ⇒ 2y = 2008 − 1003 = 1005 ⇒ y =
2
1005
∉ Z
+
nên x = 1 loại.
P
K
I
C
B
A
2
2
1
1
1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x
1
2
+ x
2
2
+ x
1
x
2
khi m thay đổi.
Bài 2 : (2 điểm)
a/ Giải phương trình :
61x43x1x815x
=−+++−++
b/ Chứng minh rằng : Với mọi a ; b không âm ta có a
3
+ b
3
≥ 2ab
ab
.
Khi nào xảy ra dấu đẳng thức?
Bài 3 : (2 điểm)
Một phòng họp có 360 ghế ngồi, được xếp thành từng hàng và mỗi hàng có số ghế ngồi
bằng nhau. Nhưng do số người đến dự họp là 400 nên đã phải kê thêm mỗi hàng một ghế
ngồi và thêm một hàng như thế nữa mới đủ chỗ. Tính xem lúc đầu ở trong phòng họp có
bao nhiêu hàng ghế và mỗi hàng có bao nhiêu ghế ngồi.
Bài 4 : (3 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ; R). Gọi H là giao điểm hai đường cao

+ 10 > 0 nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Do đó Parabol (P): y = x
2
và đường thẳng (d) : y = 4mx + 10 luôn cắt nhau tại hai điểm
phân biệt.
b/ Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình (1), ta có x
1
+ x
2
= 4m ; x
1
,x
2
= − 10
F = x
1
2
+ x
2
2
+ x
1
x
2
= [(x
1

61x43x1x815x
=−+++−++
Điều kiện x ≥ 1
⇔
642.1x21x164.1x21x
=+−+−++−+−
⇔
( ) ( )
621x41x
22
=+−++−
⇔
621x41x
=+−++−
⇔
661x2
=+−
⇔
01x
=−
⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1.