Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá

ời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (1,5 Điểm) 
1. cho hai số x1 = 1 + , x2 = 1 - Tính x1 + x2 
2. Giải hệ phương trình: 
Bài 2: (2 Điểm) 
Cho biểu thức C = với 
1. Rút gọn C.
2. Tính giá trị của C tại .
Bài 3: (2,5 Điểm)
Cho phương trình x2 – (2p – 1)x + p(p – 1) = 0 (1) (Với p là tham số)
1. Giải phương trình (1) với p = 2
2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi p.
3. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1) (với x1 < x2)
Chứng minh: x12 – 2x2 +3 0
Bài 4: (3 Điểm) 
Cho tam giác CDE có ba góc nhọn, các đường cao DK, EF của tam giác cắt nhau tại H.
1. Chứng minh tứ giác CFHK là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.
2. Chứng minh CFK và CED đồng dạng.
3. Kẻ tiếp tuyến Kz tại K của đường tròn tâm O đường kính DE cắt CH tại Q. Chứng minh Q là trung điểm của CH. 
Bài 5: (1 Điểm) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh bất đẳng thức
 ---------------------------------------- Hết --------------------------------------------- 
Sở gd & đt thanh hoá
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2012 – 2013
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2.0 điểm) 
1- Giải cỏc phương trỡnh sau : 
a) x - 1 = 0 .
b) x2 - 3x + 2 = 0
2- Giải hệ phương trỡnh : 
Bài 2: (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A = + -
1- Tỡm điều kiện xỏc định và rỳt gọn biểu thức A 
2- Tỡm giỏ trị của a ; biết A < 
Bài 3: (2.0 điểm) 
 	1- Cho đường thẳng (d) : y = ax + b .Tỡm a; b để đường thẳng (d) đi qua điểm A( -1 ; 3) và song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + 3
 	2- Cho phương trỡnh ax2 + 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ) .Tỡm a để phươmg trỡnh đó cho cú hai nghiệm phõn biệt x1 ; x2 thoả món + = 4 
Bài 4: (3.0 điểm) Cho tam tam giỏc đều ABC cú đường cao AH . Trờn cạnh BC lấy điểm M 
bất kỳ ( M khụng trựng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ lần lượt vuụng gúc với cỏc cạnh AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC) 
 	1- Chứng minh :Tứ giỏc APMQ nội tiếp đường trũn 
2- Gọi O là tõm đường trũn ngoại tiếp tứ giỏc APMQ .Chứng minh OH PQ
 	3- Chứng minh rằng : MP +MQ = AH 
Bài 5: (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi,thoả món điều kiện a + b 1 và a > 0
Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức A = 
---------------------------------------HẾT ----------------------------------
Sở gd & đt thanh hoá
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2013 – 2014
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
Cõu 1 (2.0 điểm):
1. Cho phương trỡnh bậc hai: x2 +2x – 3 = 0, với cỏc hệ số a = 1, b = 2, c = -3
a.Tớnh tổng: S = a + b + c
b.Giải phương trỡnh trờn
2. Giải hệ phương trỡnh: 
Cõu 2 (2.0 điểm):
Cho biểu thức: ( Với y > 0; )
a. Rỳt gọn biểu thức Q
b. Tớnh giỏ trị biểu thức Q khi 
Cõu 3 (2.0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2bx + 1 và Parabol (P): y = - 2x2.
a. Tỡm b để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1;5)
b. Tỡm b để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phõn biệt cú hoành độ thỏa món điều kiện: x12 + x22 + 4(x1 + x2) = 0.
Cõu 4 (3.0 điểm): Cho (O; R) đường kớnh EF. Bỏn kớnh OI vuụng gúc với EF, gọi J là điểm bất kỳ trờn Cung nhỏ EI (J khỏc E và I), FJ cắt EI tại L; Kẻ LS vuụng gúc với EF (S thuộc EF).
a. Chứng minh tứ giỏc IFSL nộ tiếp.
b. Trờn đoạn thẳng FJ lấy điểm N sao cho FN = EJ. Chứng minh rằng, tam giỏc IJN vuụng cõn.
c. Gọi (d) là tiếp tuyến tại điểm E. Lấy D là điểm nằm trờn (d) sao cho hai điểm D và I cựng nằm trờn cựng một nữa mặt phẳng bờ là đường thẳng FE và ED.JF = JE.OF. Chứng minh rằng đường thẳng FD đi qua trung điểm của đoạn thẳng LS.
Cõu 5 ( 1.0 điểm): Cho a, b, c là cỏc số thực dương thỏa món: ab + bc + ca 3.
Chứng minh rằng: 
---------------------------------------HẾT ----------------------------------
Sở gd & đt thanh hoá
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2000 – 2001
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: 
a. Vì đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua điểm A(2; -1) nên ta có: 
 2a + b = -1 (1).
Vì đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua điểm B(; 2) nên ta có: 
 a + b = 2 a + 2b = 4 (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
Vậy: Để đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua các điểm A(2; -1) ; B(; 2) thì a = -2, b = 3
b. Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 3x – 7 và đồ thị hàm số y = -2x + 3 (hàm số xác định ở câu a) là nghiệm của hệ phương trình:
Từ đó: Để đồ thị của ba hàm số trên đồng quy thì đồ thị hàm số y = mx + 3 phải đi qua điểm có toạ độ (2; -1) Hay: -1 = 2m + 3 m = -2
Vậy với m = -2 thì đồ thị của ba hàm số đã cho đồng quy.
Bài 2: 
a. Khi m = phương trình trở thành: x2 – 7x + 10 = 0
Ta có: 
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 = ; x2 = 
Vậy: với m = thì phương trình có hai nghiệm x1 = 5 ; x2 = 2 
b. Phương trình bậc hai x2 – 2(m+1)x + 2m + 5 = 0 có nghiệm khi:
 hoặc 
Vậy: với hoặc thì phương trình đã cho có nghiệm. 
Bài 3: 
a. Gọi R, r lần lượt là bán kính của đường tròn (O) và đường tròn (S). Khi đó: R = OA, r = SA.
Ta có: R – r = OA – SA = SO (Vì S là trung điểm của OA) 
 Đường tròn (O) và đường tròn (S) tiếp xúc với nhau tại A.
b. Trong đường tròn (O) ta có:
QAF = QTF (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung QF) (1)
TAF = TQF (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung TF) (2)
Trong đường tròn (S) ta có:
MAN = MPN (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN) (3)
PAN = PMN (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung PN) (4)
Từ (1) và (3) suy ra: QTF = MPN (5).
Từ (2) và (4) suy ra: TQF = PMN (6).
Từ (5) và (6) suy ra: MPN QTF (g - g)
Bài 4: 
a. Vì SAB và SAC là các tam giác đều, mà M là trung điểm của SA nên BM, CM là các đường trung tuyến cũng là đường cao trong các tam giác.
 BM SA và CM SA SA mp(MBC) SA MN
Nối S với N, A với N. Chứng minh tương tự ta được BC mp(SNA) 
 BC MN 
b. Trong tam giác đều SAB cạnh a, BM là đường cao nên ta có: 
 BM = 
Trong tam giác MNB vuông tại N ta có: 
MN = 
 SMBC = MN.BC = (Đơn vị diện tích)
Bài 5: 
Ta có: M = 
Nếu thì M = 
Nếu thì M = 
Nếu thì M = 
Nếu x < 1999 thì M = 
Vậy: giá trị nhỏ nhất của M = 2 khi x = 2000. 
 ---------------------------------------- Hết ---------------------------------------------
Sở gd & đt thanh hoá
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2001 – 2002
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: 
a. A = 
Điều kiện xác định của biểu thức là x 0, x 2 và x - 2
 A = 
A= 
A= 
A= 
Vậy A= 
b. Khi thì A = 
Vậy khi thì A 
Bài 2: Phương trình : x2 – 2(m - 1)x – (m +1) = 0
a. Khi m = 2 thì phương trình trở thành:
 x2 – 2x – 3 = 0
Ta thấy: a –b +c = 1 –(-2) + (-3) = 0
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = -1, x2 = = 3.
Vậy: với m = 2 thì phương trình có hai nghiệm x1 = -1, x2 = 3.
b. Ta có: 
 = 
Nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2.
c. Ta có: = 
 có giá trị nhỏ nhất bằng khi .
Bài 3: Hệ phương trình: 
a. Với m = 2 hệ phương trình trở thành: 
Vậy: với m = 2 hệ phương trình có một nghiệm x = 3, y = -2.
b. Để hệ phương trình có một nghiệm thì phương trình (m - 1)x = 2m – 1 có một nghiệm.
 m – 1 0 m 1
Để hệ phương trình vô nghiệm thì phương trình (m - 1)x = 2m – 1 vô nghiệm.
Để hệ phương trình vô số nghiệm thì phương trình (m - 1)x = 2m – 1 vô số nghiệm.
 Vô lý
Vậy: Với m 1 thì hệ phương trình có một nghiệm.
 Với m = 1 thì hệ phương trình vô nghiệm
 Không có giá trị của m để hệ phương trình vô số nghiệm.
Bài 4: 
a. Trong đường tròn (O) ta có:
BOC = 2BAC = 2.450 = 900 (Liên hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung).
 O thuộc đường tròn đường kính BC.
b. Ta có: BFC = 900 (Vì góc nội tiếp chắn nửa đườn tròn đường kính BC)
AFB = 900 mà BAF = 450 (gt) Nên AFB vuông cân tại F.
Ta có: BEC = 900 (Vì góc nội tiếp chắn nửa đườn tròn đường kính BC)
AEC = 900 mà EAC = 450 (gt) Nên AEC vuông cân tại E.
c. Ta có: BOC vuông tại O, mà OB = OC OCB = 450
Tứ giác BEOC là tứ giác nội tiếp nên OCB + BEO = 1800 (1)
Mặt khác: OEA + BEO = 1800 (2)
Từ (1) và (2) OEA = OCB = 450 
 OEA = FBA (= 450) BF // OE Tứ giác EOFB là hình thang (3)
Mà OFB = OCB = 450 (Vì hai góc nội tiếp cùng chắn một cung trong đường tròn đường kính BC)
 OFB = FBE (= 450) (4)
Từ (3) và (4) Tứ giác EOFB là hình thang cân
 EF = OB = 
Bài 5: 
a. ABC đều cạnh bằng 2cm, AM là đường cao nên ta có:
AM = cm.
VSABC = SA.SABC (Vì SA vuông góc với đáy)
 VSABC = SA.AM.BC = 2..2 = cm
b. Ta có: SA mp (ABC) (gt) SA BC (1)
AM là đường cao của ABC A M BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra BC mp (SAM) 
 OH BC (3)
Mặt khác OH SM (gt) (4)
Từ (3) và (4) ta có: OH mp (SBC)
Bài 6: Ta có: 
Vì x, y là các số nguyên dương nên: (Với m, n là các số nguyên dương)
 m = 2, n = 1 hoặc m = 1, n = 2
Nếu m = 2, n = 1 thì x = m2.222 = 22.222 = 888, y = n2.222 = 12.222 = 222
Nếu m = 1, n = 2 thì x = m2.222 = 12.222 = 222, y = n2.222 = 22.222 = 888
Vậy: Nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là x = 888, y = 222 hoặc x = 222, y = 888.
 ---------------------------------------- Hết ---------------------------------------------
Sở gd & đt thanh hoá
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2002 – 2003
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
 Bài 1: (1,5 Điểm)
1. Phương trình: x2 – 6x +5 = 0 
Ta có: a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0
Nên phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = = 5
Vậy: Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = 5
2. Tính giá trị của biểu thức: 
 A = A = 
 A = A = 
Vậy: A = 
Bài 2: Phương trình mx2 – (2m+1)x + m - 2 = 0 (1), với m là tham số. 
1. Với m = 0 phương trình trở thành: -x – 2 = 0 x = -2 
 Với m 0, để phương trình (1) có nghiệm thì:
Vậy: Để phương trình (1) có nghiệm thì 
2. Với m = 0 không thoả mãn điều kiện của bài toán
Khi và ta có: (Với là hai nghiệm của phương trình.)
Theo bài ra ta có: 
 m = (t/m) Hoặc m = (Không thoả mãn điều kiện).
Vậy với m = thì phương trình (1) có tổng bình phương các nghiệm bằng 22 3. Theo bài ra ta có: 
 m = 1 (t/m) Hoặc m = (t/m) 
Vậy với m = 1 hoặc m = thì phương trình (1) có bình phương của hiệu hai nghiệm bằng 13
Bài 3: (1 Điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:
 Gọi độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông lần lượt là x (cm) và y (cm) (Điều kiện x > 0, y > 0) 
Độ dài cạnh huyền là: (cm)
Chu vu của tam giác vuông bằng 12 cm nên ta có phương trình:
x + y + = 12 (1).
Tổng bình phương độ dài các cạnh bằng 50 nên ta có phương trình:
x2 + y2 + x2 + y2 = 50 x2 + y2 = 25 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
Khi đó x, y là hai nghiệm của phương trình: X2 – 7X +12 = 0 
Giải ra ta được: X1 = 3, X2 = 4
Vậy: các cạnh của tam giác vuông lần lượt là 3 cm, 4 cm và 5 cm.
Bài 4: Ta có: B = = 
1. Để B nguyên thì nguyên, mà x nguyên x2 + 1 là ước của 2
 x2 + 1 = 1 hoặc x2 + 1 = 2
Khi: x2 + 1 = 1 x2 = 0 x = 0
Khi: x2 + 1 = 2 x2 = 1 x = 1 hoặc x = -1
Vậy: với x = -1, x = 0, x= 1 thì B nhận các giá trị nguyên. 
2. Ta có: x2 + 1 1 B = 3 + 2 = 5
 Bmax = 5 khi x = 0
Vậy: Giá trị lớn nhất của B = 5 khi x = 0.
Bài 5: 
1. Vì ABC cân tại A, M, P là điểm chính giữa các cung nhỏ AB và AC nên ta có:BM = MA = AP =PC 
MPB = PBC (Vì hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
 MP // BC (1)
BMP = sđBP = (sđBC + sđCP) = (sđBC + sđBM) = sđBM = MPC (2)
 Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BCPM là hình thang cân.
Ta có: N là điểm chính giữa cung nhỏ BC BN = NC (3)
ABC cân tại A AB = AC (4)
Từ (3) và (4) suy ra AN là đường trung trực của BC
 A, O, N thẳng hàng ABN = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
2.Ta có:BIN=(sđBN + sđAP)(Góc có đỉnh nằm trong đường tròn) (5)
IBN = PBN = sđPN = (sđPC + sđCN) (6)
Mà :AP = PC , CN =NB (7)
Từ (5), (6) và (7) suy ra: BIN = IBN BIN cân tại N.
BEN = (sđBN + sđAM) = (sđBN + sđAP) = BIN 
(Vì AM = AP)
 Tứ giác BEIN nội tiếp EBN + EIN = 1800 
 EIN = 1800 - EBN = 900 EI AN. (8)
Mặt khác: BC AN (9) (Vì AN là đường trung trực của BC)
Từ (8) và (9) suy ra EI // BC
Bài 6: 
1. Gọi SO là đường cao cùa tứ diện, khi đó SO = 12cm
Dựng SH BC (H BC), Nối O với H.
Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên:
Trong SOH vuông tại O ta có:
SH = 
 SH = 
Sxq = 4.SSBC = 
V = SABCD.SO = AB2.SO = .182 .12 = 1296 cm3
2. Vì tứ giác ABCD là hình vuông nên AC BD (1)
SO là đường cao của hình chóp nên SO AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AC mp (SBD)
Bài 7: Giải phương trình:
 (Vì hai vế không âm)
 Giải ra ta được (loại) 
 hoặc 
Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm và 
Sở gd & đt thanh hoá
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2003 – 2004
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: 
1. Giải phương trình: x2 – 2x - 1 = 0 
Ta có: = (-1)2 – (-1) = 2 > 0, 
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:
 , 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 
2. Giải hệ phương trình: 
Từ phương trình (1) ta có: x = -1 – y. Thay vào phương trình (2) ta được:
 Giải ra ta được 
Với y = -2 thay vào phương trình (1) ta được x = 1.
Với y = thay vào phương trình (1) ta được x = .
Vậy hệ phương rình đã cho có 2 nghiệm: 
Bài 2: (2 Điểm) Cho biểu thức: M = 
1. Để biểu thức M có nghĩa thì: 
2. M = 
 = 
 = 
 = 
3. Ta có: M - = 
 M dấu bằng xẩy ra khi x = 
Bài 3: 
 Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 - |m| - m = 0 (Với m là tham số)
1. Ta có: (Vì với m)
Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
2. x1, x2 là hai nghiệm của phương trình nên: (1)
 x12 + x22 = 6 (2)
Thay (1) vào (2) ta được:
 (*)
Nếu Phương trình (*) trở thành: 
Giải ra ta được: m1 = 1 ; m2 = -3 (không thoả mãn)
Nếu m < 0 Phương trình (*) trở thành: 2m2 = 6 (loại) hoặc 
Vậy để x12 + x22 = 6 thì m = 1 hoặc 
Bài 4: 
1. Ta có: ADB = AHB = 900
 A, D, H, B cùng thuộc đường tròn đường tâm O đường kính AB. Hay tứ giác ADHB là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn.
Trong đường tròn (O, ) ta có: HDB = HAB (Cùng chắn cung BH) (1)
Mặt khác HAB = HCA (Cùng phụ với ABC) (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
HDB = HCE
 HCE + HDE = 
 HDB + HDE = 1080
 CEDH là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn 
2. Vì ABD = DBF nên trong đường tròn (O, ) ta có: AD = DH hay D là điểm chính giữa cung AH
 OD AH 
Vì OD // BC (Cùng vuông góc với AH) 
 ODH = DHC (so le trong) (3)
Mặt khác: OHD cân tại O nên ODH = OHD (4)
Từ (3) và (4) suy ra: OHD = DHC
 HD là phân giác góc OHC
3. SABC = AH.BC = AH.(BH + HC) 
 Giá trị nhỏ nhất của SABC = h2 khi BH = HC = AH = h
Khi đó: 
ADB vuông tại D, có O là trung điểm của AB OD = AB = h
Mà OD AH SADHO = OD.AH = h.h =h2
Bài 5: P = = 
P = 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 9 khi 
Sở gd & đt thanh hoá
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2004 – 2005
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: 
1. Giải phương trình: x2 – 3x - 4 = 0 
Ta có: a – b + c = 1 –(-3) + (-4) = 0
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = -1, x2 = 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = -1, x2 = 4
2. Giải hệ phương trình: 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x = 1, y = -1
Bài 2:
B = = (1)
1. Để biểu thức B có nghĩa thì: 
2. 
(1) B =
B = 
Vậy: B = 
Bài 3: 
 Cho phương trình: x2 – (m+1)x + 2m - 3 = 0 (Với m là tham số)
1. Ta có: 
 Với 
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
2. Với x1, x2 là hai nghiệm của phương trình ta có: 
Từ x1 + x2 = m + 1 (1)
Từ x1.x2 = 2m – 3 (2)
Từ (1) và (2) ta có: 
Vậy là hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc m.
Bài 4: 
1. Ta có: AKB = AHB = 900
 A, B, H, K cùng thuộc đường tròn đường kính AB hay tứ giác AKHB nội tiếp.
Trong đườn tròn (O) ta có: ABC = ACN (1) (Góc nội tiếp và góc tạo bới tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung) 
Ta lại có: ABC = HKC (2) (Cùng bù với góc AKH ) 
Từ (1) và (2) suy ra: ACN =HKC KH // NP (3)
Mà: KN // HP (Cùng vuông góc với d) (4)
Mặt khác: KNP = 900 (5)
Từ (3), (4), và (5) ta có: tứ giác HKNP là hình chữ nhật (Hình bình hành có một góc vuông)
2. Ta có: AMC = 900 (AM d), AHC = 900 (AH BC)
 AMC + AHC = 1800
 Tứ giác AHCM nội tiếp
 HMP = HAC (Cùng chắn cung CH) (6)
Chứng minh tương tự ta được BKCQ là tứ giác nội tiếp
 KQN = KBC (Cùng chắn cung BC)
Mà KBC = HAC (cùng chắn cung KH trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHK)
Nên KQN = HAC (7)
Từ (6) và (7) suy ra: KQN = HMP
3. Xét MPH và QNK có:
MPH = KNQ = 900
HMP = KQN (Chứng minh trên)
PH = KN (Vì tứ giác HKNP là hình chữ nhật)
Do đó: MPH = QNK (Cạnh góc vuông – góc nhọn)
 MP = QN
Bài 5: (1 Điểm) 
1. Chứng minh rằng: x( 1 – x ) Với 0 < x < 1
Ta có: 
 Khi 
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 A = Với 0 < x < 1
Từ câu 1 ta có: x( 1 – x ) 
 A = = Vì 
 A (Vì )
 Giá trị nhỏ nhất của A = 16 Khi: 
 ---------------------------------------- hết ---------------------------------------------
Sở gd & đt thanh hoá
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2005 – 2006
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: Cho biểu thức: A = 
1. Để biểu thức A có nghĩa thì: và .
2. Với và thì:
A = = 
 = 
Vậy A = 
3. Để A < -1 thì 
Vậy: với thì A < -1 
Bài 2: (2 Điểm)
1. Giải phương trình: x2 – x - 6 = 0 
Ta có: = (-1)2 – 4.(-6) = 25 > 0, 
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 
 Vậy phương rình đã cho có hai nghiệm x1 = 3, x2 = -2 
2. Phương trình: x2 – (a - 2)x – 2a = 0 
 Phương trình có hai nghiệm x = a, x = -2 
Nếu: x1 = a, x2 = -2 thì:
2x1 + 3x2 = 0 2a + 3.(-2) = 0 a = 3
Nếu: x1 = -2, x2 = a thì:
2x1 + 3x2 = 0 2(-2) + 3.a = 0 a = 
Vậy a = 3 hoặc a = thì phương trình có hai nghiệm thoả mãn 2x1 + 3x2 = 0 
Bài 3: 
Vì M(a; b2 + 3) thuộc đồ thị hàm số y = x2 nên ta có: b2 + 3 = a2 (1)
Vì N(; 2) thuộc đồ thị hàm số y = x2 nên ta có: 2 = ab (2)
Thay (2) vào (1) ta được:
 (vì b là số thực dương) 
Thay vào (2) ta được a = 2
Vậy với a = 2, thì điểm M có toạ độ (a; b2 + 3) và điểm N có toạ độ (; 2) cùng thuộc đồ thị của hàm số y = x2
Bài 4:
1. Ta có: HNC = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đưởng tròn)
HN// AB (Cùng vuông góc với AC) (*)
 AMN = MNH (So le trong) (1)
Mà: BCN = MNH (2) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung trong đường tròn (O))
Từ (1) và (2) suy ra: BCN = AMN
 Do đó: BCN + BMN = AMN + BMN = 1800
 Tứ giác BMNC nội tiếp được trong một đường tròn.
2. AH BO (gt) AH là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại H.
AHN = HMN (Hai góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung trong đường tròn (O))
Xét MAN và HNA có: 
MAN = HNA = 900
AHN = HMN (Chứng minh trên)
AN chung
Do đó: MAN = HNA MA = HN (**)
Từ (*) và (**) suy ra: Tứ giác AMHN là hình bình hành.
Mà MAN = 900
 Tứ giác AMHN là hình chữ nhật (Hình bình hành có một góc vuông)
3. Ta có: (3) (Vì tứ giác AMHN là hình chữ nhật)
Mặt khác: (4) (Vì AHC vuông tại H có HN là đường cao)
Từ (3) và (4) suy ra: 
Bài 5: 
 Ta có: 
 Dấu “=” xẩy ra khi: 
Vậy với 
 ---------------------------------------- Hết ---------------------------------------------
Sở gd & đt thanh hoá
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2006 – 2007
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: Biểu thức: A = 
1. Để biểu thức A có nghĩa thì: 
2. A = = 
Vậy A = 9 – a Với và 
Bài 2: Giải phương trình: (1)
Điều kiện xác định của phương trình:(*)
(1) 
 x = - 4 (thoả mãn điều kiện (*)) hoặc x = 3 (Không thoả mãn điều kiện (*))
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - 4
Bài 3: Giải hệ phương trình: 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 
Bài 4: Phương trình: x2 – 2mx + m|m| + 2 = 0 có:
Để phương trình đã cho vô nghiệm thì: (1)
Nếu m 0 Bất phương trình (1) trở thành: 
 luôn đúng. (*)
Nếu m < 0 Bất phương trình (1) trở thành: 
 (*)
Từ (*) và (**) suy ra với m > -1 thì phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 5: 
Gọi V, R, h lần lượt là thể tích, bán kính đáy, chiều cao của hình trụ
Theo bài ra ta có: R = 3 cm, h = 2cm
 V = .R2.h = .32.2 = 18 cm3
Bài 6: 
a. Ta có: AHC vuông tại H và M là trung điểm của AC
 HM = MC hay MHC cân tại M
b. MHC cân tại M 
MHC = MCH (1)
HMC = 1800 - 2MCH 
= 1800 - 2ACB = 1800 - ABC
= CBN hay NMC = NBC
 Tứ giác NBMC nội tiếp được trong một đường tròn
c. Tứ giác NBMC nội tiếp BNM = BCM (2) (cùng chắn cung MB)
BHN = BNH (đối đỉnh) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra: BNH = BHN BNH cân tại B
 BN = BH
Mà AM = MC = MH
Nên ta cần chứng minh: 2MH2 = AB2 + AB.BH
2MH.MH = AB (AB + BH) AC.AM = AB.AN 
Thật vậy:
Xét ACN và ABM có:
 chung
ACN = ABM (Cùng bù với MBN )
Do đó: ACN ~ ABM AC.AM = AB.AN
Vậy: 2MH2 = AB2 + AB.BH
Bài 7: Với a > 0 Ta có: 
Dấu “=” xẩy ra khi: 
Vậy: Với a > 0
 -----------------------------