SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
QUẢNG TRỊ Khòa ngày 07 tháng 7 năm 2009
MÔN TOÁN
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (2,0 điểm)
1. Rút gọn (không dùng máy tính cầm tay) các biểu thức sau:
a.
12 27 4 3− +
b.
( )
2
1 5 2 5− + −
2. Giải phương trình (không dùng máy tính cầm tay): x
2
– 5x + 4

= 0
Câu 2 (1,5 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hàm số y = - 2x + 4 có đồ thị là đường thẳng (d)
a. Tìm tọa độ giao điểm của (d) với hai trục tọa độ.
b. Tìm trên (d) điểm có hoành độ bằng tung độ.
Câu 3 (1,5 điểm):
Cho phương trình bậc hai (ẩn số x): x
2
– 2(m – 1)x + 2m – 3 = 0. (1)
a. Chứng tỏ phương trình (1) luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số m.
b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.
Câu 4 (1,5 điểm):
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 720 m
2
, nếu tăng chiều dài thêm 6m và giảm

2. Giải phương trình: x
2
– 5x + 4 = 0
Ta có: a = 1; b = - 5; c = 4
Phương trình có dạng a + b + c = 1 – 5 + 4 = 0
⇒
Phương trình có hai nghiệm: x
1
= 1; x
2
=
4
c
a
=
Câu 2 (1,5 điểm): (d): y = - 2x + 4
a. Tọa độ giao điểm của (d) với trục tung là: (0; 4)
Tọa độ giao điểm của (d) với trục hoành là: (2; 0)
b. Gọi M(x
0
; y
0
) là điểm trên (d) có hoành độ bằng tung độ
⇒
y
0
= x
0
Mặt khác vì M nằm trên (d) nên ta có: y
0

 
 ÷
 
Câu 3 (1,5 điểm): x
2
– 2(m – 1)x + 2m – 3 = 0. (1)
c. Chứng tỏ phương trình (1) luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số m
Ta có: ∆’ = [– (m – 1)]
2
– (2m – 3) = m
2
– 2m + 1 – 2m + 3 = m
2
– 4m + 4
= (m – 2)
2
≥ 0 với mọi giá trị của m
Vậy phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số m.
d. Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu:
Phương trình có hai trái dấu
⇔
ac < 0
⇔
2m – 3 < 0
⇔
m <
3
2
Câu 4 (1,5 điểm):
Gọi chiều dài mảnh vườn hình chữ nhật là x (m)

⇔
x
2
+ 6x – 1080 = 0
⇔
1
2
30
36
x
x
=


= −

Đối chiếu điều kiện x > 0 ta được: x = 30
Vậy chiều dài mảnh đất hình chữ nhật là: 30 (m)
Chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật là:
720
24
30
=
(m)
Câu 5 (3,5 điểm):
N
I
M
H
D

$
µ
O
chung
⇒
∆OHD và ∆OIA đồng dạng
⇒
OH OD
=
OI OA
⇒
OH.OA = OI.OD
c. Chứng minh: AM là tiếp tuyến của (O)
Ta có: OH.OA = OI.OD (câu b); (1)
Mặt khác: Trong ∆OBD ta có: OB
2
= OI.OD (Hệ thức trong tam giác vuông); (2)
Ngoài ra: OB = OM (bán kính); (3)
Từ (1); (2) và (3) ta được: OM
2
= OH.OA
⇒
OM OA
=
OH OM

Xét ∆OHM và ∆OMA có:
µ
O
chung

Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông ta được:
·
0
AM = OM.tgMOA t 60 3R g R= =
Vậy S
∆AOM
=
1
2
OM.MA =
2
1 3
. 3
2 2
R
R R =
(đvdt)
Ngoài ra diện tích hình quạt OMN là: S
qOMN
=
2 2 2
60
360 360 6
R n R R
π π π
= =
(đvdt)
Do đó, diện tích ∆OMA nằm ngoài hình tròn (O) là:
S = S
∆AOM