5 Đề tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán (Có đáp án)

5 ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10:
NINH BÌNH, ĐÀ NẴNG, QUẢNG NAM, QUẢNG TRỊ, NGHỆ AN 
TUYỂN SINH VÀO 10 THPT TỈNH NINH BÌNH
Năm học 2009- 2010
Câu 1 (2,5 điểm):
 1. Giải phương trình:	4x = 3x + 4
 2. Thực hiện phép tính:	
 3. Giải hệ phương trình sau:	
Câu 2 (2,0 điểm):
 Cho phương trình:	2x2 + (2m – 1)x + m – 1 = 0 (1), trong đó m là tham số.
 1. Giải phương trình (1) khi m = 2.
 2. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn:	4 + 4 + 2x1x2 = 1
Câu 3 (1,5 điểm):
 Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 36 km. Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 3 km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 36 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B.
Câu 4 (2,5 điểm):
 Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại A. Trên đường thẳng d lấy điểm H sao cho AH < R. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng d, cắt (O;R) tại hai điểm E và B (E nằm giữa H và B).
 1. Chứng minh rằng góc ABE bằng góc EAH.
 2. Trên dường thẳng d lấy điểm C sao cho H là trung điểm của đoạn AC. Đường thẳng CE cắt AB tại K. Chứng minh rằng tứ giác AHEK nội tiếp được đường tròn.
 3. Xác định vị trí của điểm H trên đường thẳng d sao cho AB = R.
Câu 5 (1,5 điểm):
Cho ba số a,b,c > 0. Chứng minh rằng:
Tìm x, y nguyên thoả mãn:	x + y + xy + 2 = x2 + y2
GỢI Ý ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT TỈNH NINH BÌNH 
NĂM HỌC 2009 - 2010
Câu 1:
1. 4x = 3x + 4 x = 4
2. A = 5 - 4 + = 10 - 4 + 4 = 10
3. đk : x 0; y 0.
 ( Thoả mãn điều kiện x 0; y 0.
 Kl: .
Câu 2: Phương trình: 2x2 + (2m-1)x + m - 1= 0 (1)
1. Thay m = 2 vào phương trình (1) ta có.
 2x2 + 3x + 1 = 0 
Có ( a - b + c = 2 - 3 + 1 = 0)
=> Phương trình (1) có nghiệm x1 = -1 ; x2 = - 1/2
2. Phương trình (1) có = (2m -1)2 - 8(m -1)
 = 4m2 - 12m + 9 = (2m - 3)2 0 với mọi m.
=> Phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1; x2 với mọi giá trị của m.
+ Theo hệ thức Vi ét ta có: 
+ Theo điều kiện đề bài: 4x12 + 4x22 + 2 = 1
 4(x1 + x2)2 - 6 = 1 
 ( 1 - 2m)2 - 3m + 3 = 1
 4m2 - 7m + 3 = 0 
+ Có a + b + c = 0 => m1 = 1; m2 = 3/4 
Vậy với m = 1 hoặc m = 3/4 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn: 4x12 + 4x22 + 2 = 1. 
Câu 3: Gọi vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h; x > 0) 
Thì vận tốc khi người đó đi từ B về A là : x + 3 (km/h) 
	Thời gian người đó đi từ A đến B là: (h) 
	Thời gian người đó đi từ B về A là: (h) 
Vì thời gian về ít hơn thời gian đi nên ta có phương trình : 
 - = 
	 x2 + 3x - 180 = 0
 Có = 729 > 0 
 Giải được: x1 = 12 (thoả mãn điều kiện của ẩn)
 x2 = -15 (không thoả mãn điều kiện của ẩn)
Vậy vận tốc của người đó đi từ A đến B là 12 km/h.
Câu 4: 
1. Chứng minh: ABE = EAH 
 ABE là góc nội tiếp chắn cung AE
 EAH là góc tạo bởi tia tiếp tuyến AH và dây cung AE. 
=> ABE = EAH 
( Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
2. Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp 
+ BH vuông góc với AC tại H
=> BHC = 900 
+ H là trung điểm của AC (gt)
+ EH AC tại H (BH AC tại H; E BH)
=> AEC cân tại E. 
=> EAH = ECH( t/c tam giác cân)
+ ABE = EAH ( cm câu a)
=> ABE = ECH ( = EAH)
=> KBE = KCH
=> Tứ giác KBCH nội tiếp
=> BKC = BHC = 900 
=> AKE = 900 (1)( Kề bù với BKC = 900)
Mà EHA = 900 (2) ( EH AC tại H)
Từ (1) và (2) => AKE + EHA = 1800
 => Tứ giác AHEK nội tiếp.
3. Xác định vị trí điểm H trên đường thẳng (d) sao cho AB = R
+ Kẻ ON vuông góc với AB tại N
=> N là trung điểm của AB( Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)
=> AN = 
Ta có tam giác ONA vuông tại N theo cách dựng điểm N.
=> tag NOA = AN : AO = 
=>NOA = 600 => OAN = ONA -NOA = 300
+ OAH = 900 ( AH là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm A)
=> BAH = 600
+ chứng minh : BAC cân tại B có BAH = 600 => tam giác ABC đều.
=> AH = AC/2 = AC/2 = 
=> H là giao điểm của (A; ) và đường thẳng (d)
Chú ý : Bài toán có hai nghiệm hình:
Câu 5: 
1. Với a > 0; b > 0; c > 0 . 
 Chứng minh rằng: 
 HD: ta có a3 + b3 + abc = (a+b)(a2 + b2 - ab) + abc (a+b)(2ab - ab)+ abc 
 ( vì (a-b)2 0 với mọi a, b => a2 + b2 2ab)
=> a3 + b3 + abc ab(a+b) + abc = ab( a+b+c)
Vì a, b, c > 0 => (1)
Tương tự ta có: (2)
 (3)
Từ (1) ; (2); (3) 
=> 
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c 
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
2. Tìm x, y nguyên thoả mãn:
x + y + xy + 2 = x2 + y2 (*)
 x2 - x(y + 1) + y2 - y - 2 = 0 (**)
Vì x, y là nghiệm của phương trình (*)
=> Phương trình (**) luôn có nghiệm theo x 
=> = (y+1)2 - 4 (y2 - y - 2) 0
=> -3y2 + 6y + 9 0
 - y2 + 2y + 3 0
 (- y2 - y) + 3(y + 1) 0
 (y + 1)(3 - y) 0
Giải được -1 y 3 vì y nguyên => y {-1; 0; 1; 2; 3}
+ Với y = -1 => (*) x2 = 0 => x = 0
+ với y = 0 => (*) x2 - x - 2 = 0 
 có nghiệm x1 = -1; x2 = 2 thoả mãn x Z.
+ với y = 1 => (*) x2 - 2x - 2 = 0 có = 3 không chính phương.
+với y = 2 => x2 - 3x = 0 => x = 0 hoặc x = 3 thoả mãn x Z.
+ với y = 3 => (x-2)2 = 0 => x = 2 thoả mãn x Z.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (x,y) 
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
 TP ĐÀ NẲNG Khóa ngày 23 tháng 06 năm 2009
 MÔN: TOÁN
 ( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề ) 
Bài 1. ( 3 điểm )
Cho biểu thức 
a) Rút gọn biểu thức K.
b) Tính giá trị của K khi a = 3 + 2
c) Tìm các giá trị của a sao cho K < 0.
Bài 2. ( 2 điểm ) Cho hệ phương trình: 
a) Giải hệ phương trình khi cho m = 1.
b) Tìm giá trị của m để phương trình vô nghiệm.
Bài 3. ( 3,5 điểm )
Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E.
a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh ∆AME và ∆ACM đồng dạng và AM2 = AE.AC.
c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2.
d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.
Bài 4. ( 1,5 điểm ) 
Người ta rót đầy nước vào một chiếc ly hình nón thì được 8 cm3. Sau đó người ta rót nước từ ly ra để chiều cao mực nước chỉ còn lại một nửa. Hãy tính thể tích lượng nước còn lại trong ly.
 ------HẾT--------
BÀI GIẢI
Bài 1. 
a) Rút gọn biểu thức K:
 Điều kiện a > 0 và a ≠ 1 
b) Tính giá trị của K khi a = 3 + 2
Ta có: a = 3 + 2 = (1 + )2 	
 Do đó: 	
c) Tìm các giá trị của a sao cho K < 0.
 Bài 2. 	
a) Giải hê khi m = 1.
 Khi m = 1 ta có hệ phương trình:
b) Tìm giá trị của m để phương trình vô nghiệm.
Hệ phương trình vô nghiệm (*) vô nghiệm 	 
Bài 3.
a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp: 
 Ta có: (do ở I) 
 và (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
 Tứ giác IECB có nên nội tiếp được trong
 một đường tròn. 
 b) Chứng minh ∆AME ∆ACM và AM2 = AE.AC.
 + Chứng minh ∆AME ∆ACM 
 Ta có: MN AB 
 ∆AME và ∆ACM có chung, 
 Do đó: ∆AME ∆ACM (góc – góc) 
 + Chứng minh AM2 = AE.AC 
 Vì ∆AME ∆ACM nên hay (1)
 c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2.
 Ta có: (góc nội tiếp chắn nử đường tròn (O))
 vuông ở M, MI AB nên MI2 = AI.IB (2)
 Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được: .
 Mà (định lí Pi-ta-go cho tam giác MIA vuông ở I)
 Suy ra : AE.AC - AI.IB = AI2. 
d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn 
 ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.
 Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCE.
 Ta có (chứng minh trên), mà sđ nên sđ
 Suy ra: AM là tiếp tuyến của đường tròn (). Do đó: MA , kết hợp với 
 MA MB suy ra thuộc đường thẳng MB.
 Do đó: ngắn nhất , từ đó ta suy ra cách xác định vị trí điểm C
 như sau:
 - Dựng MB ().
 - Dựng đường tròn (; M) .Gọi C là giao điểm thứ hai của đường tròn 
 () và đường tròn (O) 
Bài 4. (2 điểm)
Phần nước còn lại tạo thành hình nón có chiều cao bằng một nửa chiều cao của hình nón do 8cm3 nước ban đầu tạo thành. Do đó phần nước còn lại có thể tích bằng thể tích nước ban đầu. Vậy trong ly còn lại 1cm3 nước.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
 QUẢNG NAM	 NĂM HỌC 2009-2010
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi TOÁN ( chung cho tất cả các thí sinh)
 Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (2.0 điểm )
	1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa 
	a) 	b)	
	2. Trục căn thức ở mẫu
	a) 	b)	
	3. Giải hệ phương trình : 	
Bài 2 (3.0 điểm )
	Cho hàm số y = x2 và y = x + 2
Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy
Tìm tọa độ các giao điểm A,B của đồ thị hai hàm số trên bằng phép tính
Tính diện tích tam giác OAB
Bài 3 (1.0 điểm )
	Cho phương trình x2 – 2mx + m 2 – m + 3 có hai nghiệm x1 ; x 2 (với m là tham số ) .Tìm biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4 (4.0 điểm )
	Cho đường tròn tâm (O) ,đường kính AC .Vẽ dây BD vuông góc với AC tại K ( K nằm giữa A và O).Lấy điểm E trên cung nhỏ CD ( E không trùng C và D), AE cắt BD tại H.
Chứng minh rằng tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp.
Chứng minh rằng AD2 = AH . AE.
Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O).
Cho góc BCD bằng α . Trên mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , vẽ tam giác MBC cân tại M .Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O).
======Hết======
Hướng dẫn:
Bài 1 (2.0 điểm )
1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa 
a) 	b)	
2. Trục căn thức ở mẫu
	a) 	b)	
3. Giải hệ phương trình : 
Bài 2 (3.0 điểm )
	Cho hàm số y = x2 và y = x + 2
 Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy
Lập bảng : 
x
0
- 2

x
- 2
- 1
0
1
2
y = x + 2
2
0
y = x2 
4
1
0
1
4

O
y
x
A
B
C
K
H
Tìm toạ độ giao điểm A,B :
 Gọi tọa độ các giao điểm A( x1  ; y1 ) , B( x2 ; y2 ) của hàm số y = x2 có đồ thị (P) và y = x + 2 có đồ thị (d)
Viết phương trình hoành độ điểm chung của (P) và (d)
 x2 = x + 2 ó x2 – x – 2 = 0
( a = 1 , b = – 1 , c = – 2 ) có a – b + c = 1 – ( – 1 ) – 2 = 0 
 	; 	
 thay x1 = -1 y1 = x2 = (-1)2 = 1 ;
 x2 = 2 y2 = 4
Vậy tọa độ giao điểm là A( - 1  ; 1 ) , B( 2 ; 4 ) 
Tính diện tích tam giác OAB
Cách 1 : SOAB = SCBH - SOAC =(OC.BH - OC.AK)= ... =(8 - 2)= 3đvdt
Cách 2 : Ctỏ đường thẳng OA và đường thẳng AB vuông góc 
OA ; BC = ;
AB = BC – AC = BC – OA = 
 (ΔOAC cân do AK là đường cao đồng thời trung tuyến OA=AC)
SOAB = OA.AB = đvdt
Hoặc dùng công thức để tính AB = ;OA=...
Bài 3 (1.0 điểm ).Tìm biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
	Cho phương trình x2 – 2mx + m 2 – m + 3 
 ( a = 1 ; b = - 2m => b’ = - m ; c = m2 - m + 3 ) 
Δ’ = ...= m2 - 1. ( m2 - m + 3 ) = m2 - m2 + m - 3 = m – 3 ,do pt có hai nghiệm x1 ; x 2 (với m là tham số ) Δ’ ≥ 0 m ≥ 3 theo viét ta có:
x1 + x2 = ... = 2m
x1 . x2 = ... = m2 - m + 3 
x12 + x22 = ( x1 + x2) 2 – 2x1x2 = (2m)2 - 2(m2 - m + 3 )=2(m2 + m - 3 )
 =2(m2 + 2m + - - ) =2[(m +)2 - ]=2(m +)2 - 
Do điều kiện m ≥ 3 m + ≥ 3+= 
(m +)2 ≥ 2(m +)2 ≥ 2(m +)2 - ≥ - = 18
Vậy GTNN của x12 + x22 là 18 khi m = 3
Bài 4 (4.0 điểm )
a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân  ...  toán bằng cách lập phương trình:
Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp dụng kĩ thuật mới nên tổ I đã vượt mức 18% và tổ II đã vượt mức 21%. Vì vậy trong thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế hoạch ?.
Bài 3. ( 2 điểm )
Cho phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = 0 với x là ẩn số, m là tham số (1)
a) Giải phương trình (1) khi m = - 1.
b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại.
Bài 4. ( 3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn, = 450. Vẽ các đường cao BD và CE của tam giác ABC. Gọi H là giao điểm của BD và CE.
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh: HD = DC.
c) Tính tỉ số: .
d) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA DE .
 ------- HẾT-------
BÀI GIẢI
Bài 1. 
a) Điều kiện để biểu thức có nghĩa là:
 Vậy tập xác định của hàm số là: x [-2; 2].
b) Chứng minh f(a) = f(- a) với 
.
Từ đó suy ra f(a) = f(- a)
c) Chứng minh .
 (vì 2≥ 0).
Đẳng thức xảy ra . 
Bài 2.
 Gọi x,y là số sản phẩm của tổ I, II theo kế hoạch .
 ĐK: x, y nguyên dương và x < 600; y < 600.
 Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm nên ta có phương trình: 
 x + y = 600 (1)
 Số sản phẩm tăng của tổ I là: (sp), Số sản phẩm tăng của tổ II là: (sp).
 Do số sản phẩm của hai tổ vượt mức 120(sp) nên ta có phương trình:
 (2)
 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
Giải hệ ta được x = 200 , y = 400 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy số sản phẩm đựoc giao theo kế hoạch của tổ I là 200, của tổ II là 400.	
Bài 3.
 a)Giảiphương trình (1) khi m = -1: 
 Thay m = vào phương trình (1) ta được phương trình:
b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm 
 bằng bình phương của nghiệm còn lại.
 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ∆’ = m2 - (m - 1)3 > 0 (*)
Giả sử phương trình có hai nghiệm là u; u2 thì theo định lí Vi-ét ta có:
 (**)
 PT (thỏa mãn đk (*) )
Vậy m = 0 hoặc m = 3 là hai giá trị cần tìm.
Lưu ý: Có thể giả sử phương trình có hai nghiệm, tìm m rồi thế vào PT(1) tìm 
 hai nghiệm của phương trình , nếu hai nghiệm thỏa mãn yêu cầu thì trả lời.
 Ở trường hợp trên khi m = 0 PT (1) có hai nghiệm thỏa mãn
 , m = 3 PT (1) có hai nghiệm thỏa mãn .
Bài 4.
 a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.
 Vì BD, CE là các đường cao của tam giác ABC nên:
 hay 
 Tứ giác ADHE có nên nội tiếp được 
 trong một đường tròn.
 b) Chứng minh: HD = DC.
 Do tứ giác ADHE nội tiếp nên (cùng bù )
 Mà (gt) nên .
 Tam giác HDC vuông ở D, nên vuông cân.
 Vậy DH = DC.
 c) Tính tỉ số:
 Tứ giác BEDC có nên nội tiếp được trong một đường tròn.
 Suy ra: (cùng bù )
 và có , chung nên (g-g)
 Do đó: .
 Mà (do tam giác AEC vuông ở E và )
 Vậy: 
d) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA DE .
 Cách 1: Kẻ đường kính AK của đường tròn (O) cắt DE tại M.
 Ta có: (cùng bằng ). Do đó tứ giác CDMK nội tiếp.
 Suy ra: . Mà (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 Nên . Vậy AK DE hay OA DE (đpcm)
 Cách 2: Kẻ tiếp tuyến xAy của đường tròn (O). 
 Ta có: (cùng bằng sđ )
 Do đó: . Suy ra xy // DE. 
 Mà xy OA nên DE OA (đpcm)
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
TỈNH QUẢNG TRỊ
MÔN: TOÁN
Ngày thi: 07/07/2009
Câu 1 (2,0 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau:
a) .
b) 
2. Giải phương trình: x2-5x+4=0
Câu 2 (1,5 điểm)
 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y=-2x+4 có đồ thị là đường thẳng (d).
a/Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với hai trục toạ đô
b/Tìm trên (d) điểm có hoành độ bằng tung độ
Câu 3 (1,5 điểm).
 Cho phương trình bậc hai: x2-2(m-1)x+2m-3=0. (1)
a/Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m
b/ Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu 
Câu 4 (1,5 điểm)
 Một mảnh vườn hình chử nhật có diện tích là 720m2, nếu tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều rộng đi 4m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính kích thước của mảnh vườn ?
Câu 5 (3,5 điểm)
 Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d) không đi qua tâm O, cắt (O) tại B và C ( B nằm giữa A và C). Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Từ D kẻ DH vuông góc với AO (H nằm trên AO), DH cắt cung nhỏ BC tại M. Gọi I là giao điểm của DO và BC.
Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh OH.OA = OI.OD.
Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OAM nằm ngoài đường tròn (O).
HƯỚNG DẨN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
TỈNH QUẢNG TRỊ
MÔN: TOÁN
Ngày thi: 07/07/2009
Câu 1 (2,0 điểm)
1.Rút gọn các biểu thức sau:
a) .
b) 
2. Giải phương trình: x2-5x+4=0
Ta có : a=1 ; b=-5 ; c=4 ; a+b+c= 1+(-5)+4=0
Nên phương trình có nghiệm : x=1 và x=4
Hay : S=.
Câu 2 (1,5 điểm)
 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y=-2x+4 có đồ thị là đường thẳng (d).
a/Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với hai trục toạ đô.
Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục Oy là nghiệm của hệ : Vậy toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục Oy là A(0 ; 4).
Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục Ox là nghiệm của hệ : Vậy toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục Ox là B(2 ; 0).
b/Tìm trên (d) điểm có hoành độ bằng tung độ.
Gọi điểm M(x0 ; y0) là điểm thuộc (d) và x0 = y0 
x0=-2x0+4
x0=4/3 => y0=4/3.
Vậy: M(4/3;4/3).
Câu 3 (1,5 điểm).
 Cho phương trình bậc hai: x2-2(m-1)x+2m-3=0. (1)
Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m.
 x2 - 2(m-1)x + 2m - 3=0.
Có: ’ = 
 = m2-2m+1-2m+3
 = m2-4m+4 = (m-2)2 0 với mọi m.
Phương trình (1) luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi a.c < 0
 2m-3 < 0
 m < .
Vậy : với m < thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.
Câu 4 (1,5 điểm)
 Gọi chiều rộng của mảnh vườn là a (m) ; a > 4.
 Chiều dài của mảnh vườn là (m).
Vì tăng chiều rộng thêm 6m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích không đổi nên ta có phương trình : (a-4). (+6) = 720.
 a2 -4a-480 = 0
Vậy chiều rộng của mảnh vườn là 24m.
 chiều dài của mảnh vườn là 30m.
Câu 5 (3,5 điểm)
 Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d) không đi qua tâm O, cắt (O) tại B và C ( B nằm giữa A và C). Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Từ D kẻ DH vuông góc với AO (H nằm trên AO), DH cắt cung nhỏ BC tại M. Gọi I là giao điểm của DO và BC.
Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh OH.OA = OI.OD.
Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OAM nằm ngoài đường tròn (O).
C/m: OHDC nội tiếp.
Ta có: DH vuông goc với AO (gt). => OHD = 900.
 CD vuông góc với OC (gt). => OCD = 900.
Xét Tứ giác OHDC có OHD + OCD = 1800.
Suy ra : OHDC nội tiếp được một đường tròn.
C/m: OH.OA = OI.OD
Ta có: OB = OC (=R); DB = DC ( T/c của hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra OD là đường trung trực của BC => OD vuông góc với BC.
Xét hai tam giác vuông OHD và OIA có AOD chung
 OHD đồng dạng với OIA (g-g)
(1) (đpcm).
c) Xét OCD vuông tại C có CI là đường cao
áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, 
ta có: OC2 = OI.OD mà OC = OM (=R) (2).
Từ (1) và (2) : OM2 = OH.OA
 .
Xét 2 tam giác : OHM và OMA có :
 AOM chung và .
 Do đó : OHM đồng dạng OMA (c-g-c)
OMA =OHM = 900.
AM vuông góc với OM tại M
AM là tiếp tuyến của (O).
d)Gọi K là giao điểm của OA với (O); Gọi diện tích cần tìm là S.
S = SAOM - SqOKM
Xét OAM vuông tại M có OM = R ; OA = 2.OK = 2R
=> OMK là tam giác đều.
=> MH = R. và AOM = 600. 
=> SAOM = (đvdt)
 SqOKM = . (đvdt)
S = SAOM - SqOKM = (đvdt).
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 THANH HÓA NĂM HỌC 2009-2010
Đề chính thức
 Môn thi : Toán
 Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2009
 Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1.Giải phương trình (1) khi n = 3.
2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
Bài 2 (1,5 điểm)
 Giải hệ phương trình: 
Bài 3 (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1)
1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k.
2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k.
3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = - 1, từ đó suy ra tam giác EOF là tam giác vuông.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm G (khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) . Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A và B lần lượt tại C và D.
1. Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ giác BDNO nội tiếp được.
2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra .
3. Đặt Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và a. Chứng tỏ rằng tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc a.
Bài 5 (1,0 điểm)
Cho số thực m, n, p thỏa mãn : .
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p.
 . Hết .
Họ tên thí sinh:  Số báo danh: 
Chữ ký của giám thị số 1: Chữ ký của giám thị số 2:
ĐÁP ÁN
Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1.Giải phương trình (1) khi n = 3.
 	 x2 – 4x + 3 = 0 Pt có nghiệm x1 = 1; x2 = 3
2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
	D’ = 4 – n ³ 0 Û n £ 4
Bài 2 (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình: 
HPT có nghiệm: 
Bài 3 (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1)
1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k.
	y = kx + 1
2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k.
	Phương trình hoành độ: x2 – kx – 1 = 0
	D = k2 + 4 > 0 với " k Þ PT có hai nghiệm phân biệt Þ đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k.
3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = -1, từ đó suy ra tam giác EOF là tam giác vuông. 
	Tọa độ điểm E(x1; x12); F((x2; x22)
	 Þ PT đường thẳng OE : y = x1 . x
	 và PT đường thẳng OF : y = x2 . x
	Theo hệ thức Vi ét : x1 . x2 = - 1
	Þ đường thẳng OE vuông góc với đường thẳng OF Þ DEOF là D vuông.
Bài 4 (3,5 điểm)
1, Tứ giác BDNO nội tiếp được.
2, BD ^ AG; AC ^ AG Þ BD // AC (ĐL) Þ DGBD đồng dạng DGAC (g.g)
	Þ 
3, ÐBOD = a Þ BD = R.tg a; AC = R.tg(90o – a) = R tg a
 	Þ BD . AC = R2.
Bài 5 (1,0 điểm)
 (1)
Û  Û ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (n – p)2 = 2
Û (m – p)2 + (n – p)2 = 2 - ( m + n + p )2
Û (m – p)2 + (n – p)2 = 2 – B2
vế trái không âm Þ 2 – B2 ³ 0 Þ B2 £ 2 Û 
dấu bằng Û m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p = 
	Þ Max B = khi m = n = p = 
	 Min B = khi m = n = p =