Sở Giáo dục và đào tạo Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 thpt qUốC HọC
Thừa Thiên Huế Môn: TOáN - Năm học 2007-2008
Đề chính thức Thi gian lm bi: 150 phút
Bài 1: (1,25 điểm)
1. Tính giá trị của biểu thức:
A =
2 2 4 2 2 4
4 4 4 12 9a ab b a ab b+ + + vi 2a = ; 1b = .
2. Chứng minh:
3 3 3
2 1
3
3 3
x x x
x
x
x x

+ +
=



+

(với 0x và 3x ).
Bài 2: (1,25 điểm) Cho phơng trình:
2
2 1 0mx mx + = ( m là tham số)
1. Tìm các giá trị của m để phơng trình có nghiệm và tính các nghiệm của phơng trình
theo m .

Bài 8: (1,5 điểm)
Một cốc nớc hình nón cụt có bán kính 2 đáy là
1 2
4 , 1r cm r cm= = , đựng đầy nớc. Ngời ta thả một
quả bi hình cầu bằng kim loại vào thì nó đặt vừa khít
hình nón cụt (hình vẽ). Tính thể tích khối nớc còn lại
trong cốc.
Hết
SBD thí sinh:____________ Chữ ký GT1:
I
J
1

Sở Giáo dục và đào tạo Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 thpt qUốC HọC
Thừa Thiên Huế Môn: TOáN - Năm học 2007-2008
Đề chính thức Đáp án và thang điểm
Bài
ý
Nội dung Điểm
1 1,25
1.1
A =
( ) ( )
2 2

+
+
= =
+
+

+
( )( )
3 3 1
3
3
3 3
x x
x
x
x x
+ +
= =


+

+ Vậy:
( )
3 3 3 1
2 3 . 1
3
3 3 3
x x x
x x

+ Nếu 0m = thì phơng trình trở thành 1 0= , nên phơng trình vô nghiệm.
+ Nếu 0m thì phơng trình đã cho có nghiệm khi:
( )
2
' 1 0m m m m = = . Suy ra 0m < hoặc 1m (*).
Khi đó các nghiệm của phơng trình là:
2
1
;
m m m
x
m

=
2
2
m m m
x
m
+
= .

0,25

0,25 0,25
2
;
3
x =
2
4
3
x = )
Suy ra:
1 2
1 8 1 9
1
9 8
x x m
m m
= = = > , thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy với
9
8
m = thì phơng trình có một nghiệm gấp đôi nghiệm kia.

0,25

0,25 0,25

0,25 3.2
+ Từ hình vẽ suy ra giao điểm của 2 đờng chéo là:
( )
1;3I

0,25
4 1,25

4.1
+ Điểm A ở trên d và có tung độ bằng 1 nên: 1 2 3 2x x = + = .
Do đó: (2; 1)A
0,25 + A là giao điểm của đồ thị hàm số
2
y ax= với d, nên A thuộc (P), suy ra:
2


0,25

0,25

0,25

5 1,25 Gọi x (giờ) và y (giờ) là thời gian để riêng vòi I và vòi II chảy đầy bể ( 0;x >
0y > ).
Mỗi giờ vòi I chảy đợc
1
x
bể, vòi II chảy đợc
1
y
bể.
Theo giả thiết thứ nhất, ta có phơng trình:
16 16

4
u v
x y
u v
x y

+ =
+ =





+ =

+ =



(với
1 1
;u v
x y
= = )
Giải hệ phơng trình trên, ta đợc
( )
1 1
; ;
24 48
u v


//OA MH OAM AMH = (so le trong).
+ Mà tam giác AOM cân tại O (OA = OM) nên


OAM OMA= , do đó:


AMH OMA= và tia
MA luôn nằm giữa hai tia MO và MH, suy ra:
MA là tia phân giác của góc

OMH .
+ Dựng tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của
tam giác OMH cắt (O) tại A, ta có: 'MA MA . Suy ra: Tam giác AMA vuông
tại M, do đó AA là đờng kính của (O).
+ Mà A cố định, nên A cũng cố định.
Vậy tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của tam giác OMH đi qua điểm A đối
xứng với A qua tâm O.

0,25

0,25


Suy ra "góc sút" của quả phạt đền 11 mét là:
0
2 36 48'

.
+ Các điểm trên sân cỏ có cùng "góc sút" nh
quả phạt đền 11 mét là các điểm cùng nhìn đoạn AB dới một góc 2

, nên
chúng ở trên cung chứa góc 2

dựng trên đoạn thẳng AB (ở trớc cầu môn).
+ Cách dựng:
- Dựng tia Ax tạo với AB một góc
0
2 36 48'

(ở sau cầu môn).
- Dựng đờng thẳng qua A vuông góc với Ax cắt MH tại O
- Dựng cung tròn tâm O, bán kính OA chứa điểm M, cung tròn này là quĩ tích
cần dựng.

0,25
0,25

1
+ r
2
= 4 + 1 = 5
(cm).
Từ C kẻ CH vuông góc với AB tại H, ta có tứ giác IHCJ là hình chữ nhật, nên
BH =
1 2
r r = 3 (cm), do đó:
2 2
CH = BC - BH 4( )cm= .
Vậy: đờng kính của hình cầu là: IJ = CH 4cm= , nên bán kính của hình cầu là:
2r cm=
+ Thể tích khối nớc tràn ra ngoài bằng thể tích hình cầu và bằng:

( )
3 3
4 4 32
8
3 3 3
V r cm


= = =
1

0,25

2 2 3
2
1
4 4 1 4.1 28
3
V cm

= + + = .
+ Vậy thể tích khối nớc còn trong cốc nớc là:

( )
3
2
32 52
28 54,5
3 3
V V V cm


= = =
1
0,25