Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán - Năm 2003-2009 - Ninh Bình

Đề tuyển sinh vào lớp 10
Năm học 2003 – 2004
Môn toán
Bài 1 
Cho phương trình: 2x2 + (a – 1)x + 2a – 1 = 0
1. Giải phương trình với a = 0.
2. Khi a = 2 ta có nhận định phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 + x2 = -1/2 và x1.x2 = 3/2. Nhận định đó đúng hay sai? Vì sao?
Bài 2 
Cho đường thẳng d có phương trình: y = ax + b (a khác 0).
1. Tìm a, b để đường thẳng đi qua hai điểm: M(1; 5) và N(-1; -1).
2. Trong trường hợp a, b vừa tìm được thì điểm P(3; 11) có thuộc đường thẳng đó không? Vì sao?
Câu 3 
Cho biểu thức: với 
1. Rút gọn M.
2. Tìm a để M có giá trị bằng 4.
3. Tìm giá trị a nguyên để M có giá trị nguyên lớn hơn 10. Tìm giá trị nguyên đó.
Câu 4.
Cho đường tròn đường kính AB = 2R. Từ B kẻ tiếp tuyến d với đường tròn. Gọi C là điểm trên cung AB; nối AC kéo dài cắt d tại E.
1. Giả sử C là điểm chính giữa cung AB. Chứng minh tam giác ABE vuông cân.
2. Giả sử C là điểm bất kì trên cung AB (C không trùng với A và B). Gọi D là điểm bất kì trên cung nhỏ BC (D không trùng với C và B). Nối AD kéo dài cắt D tại F.
a) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh AC.AE = AD.AF = const.
Bài 5
Giải phương trình: x4 – 8x2 + x + 12 = 0.
Hướng dẫn: 
Bài 5: x4 – 8x2 + x + 12 = 0
Û (x2 – x – 3)(x2 – x – 4) = 0
Đề tuyển sinh vào lớp 10
Năm học 2004 – 2005
Môn toán
Bài 1 (3 điểm)
1. Tìm điều kiện xác định của các biểu thức
2. Giải hệ phương trình
Bài 2 (2,5 điểm)
Cho phương trình: x2 + 2mx – 2m – 3 = 0
1. Giải phương trình với m = 1.
2. Chứng minh rằng phương trình có nghiệm với mọi giá trị của m.
3. Tìm nghiệm của phương trình khi tổng bình phương các nghiệm nhận giá trị nhỏ nhất.
Câu 3 (3 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A; D là một điểm trên AC; đường tròn đường kính DC cắt BC tại E; đường thẳng BD cắt đường tròn đường kính DC tại F.
Chứng minh rằng:
1. Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EDC.
2. Tứ giác ABCF nội tiếp đường tròn.
3. AC là phân giác của góc EAF.
Câu 4. (1,5 điểm)
1. Chứng minh rằng với mọi a, b.
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (y2 + 4)(x2 + y2) = 8xy2.
Hướng dẫn:
Câu 4:
1. 
2. (y2 + 4)(x2 + y2) = 8xy2
Û (xy – 2y)2 + (y2 – 2x)2 = 0
Do đó có các nghiệm: (0; 0); (2; 2); (2; -2)
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH NINH BÌNH
Năm học 2005 – 2006
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số bậc nhất: y = 2x + b (1)
a) Hàm số đã cho đồng biến hay nghịch biến trên R? Giải thích?
b) Biết rằng đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A(1; 3). Tìm b và vẽ đồ thị của hàm số (1).
Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức 
a) Tìm tập xác định và rút gọn biểu thức A.
b) Tìm các số nguyên tố a để giá trị biểu thức A là một số nguyên.
Câu 3: (2,0 điểm)
Một thửa ruộng hình chữ nhật có diện tích bằnd 100 m2. Tính độ dài các cạnh của thửa ruộng. Biết nếu tăng chiều rộng của thửa ruộng lên 2m và giảm chiều dài của thửa ruộng đi 5m thì diện tích thửa ruộng sẽ tăng thêm 5m2.
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R). Từ một điểm P ở ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến phân biệt PA, PC (A, C là các tiếp điểm; PA > R) với đường tròn (O).
a) Chứng minh tứ giác PAOC nội tiếp được một đường tròn.
b) Tia AO cắt đường tròn (O) tại B; đường thẳng qua P và song song với AB cắt BC tại D. Tứ giác AODP là hình gì? Chứng minh.
c) Gọi I là giao điểm của OC và PD; J là giao điểm của PC và DO; K là trung điểm của AD. Chứng minh I; J; K thẳng hàng.
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho hai số dương x, y có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Câu 4:
Hình vẽ: 
a) Dễ quá rồi.
b) Chứng minh tứ giác BOPD là hình bình hành suy ra tứ giác OAPD là hình chữ nhật.
c) J là giao điểm hai đường cao trong tam giác OIP nên J là trực tâm.
K là trung điểm AD nên K là trung điểm OP.
Chứng minh tam giác OPI cân suy ra IK là đường cao nên đi qua trực tâm J hay I, J, K thẳng hàng.
Câu 5: 
Ta có: x+y=1 suy ra: 
Mặt khác 
Từ (*) và (**) suy ra Do đó: Dấu bằng xảy ra khi x=y=0,5.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9 khi x = y = 0,5
§Ò thi vµo 10
N¨m häc 2006 – 2007
Bµi 1: (2 ®)
Cho ph­¬ng tr×nh bËc hai: x2 – x – 3a – 1 = 0 (cã Èn lµ x)
T×m a ®Ó ph­¬ng tr×nh nhËn x = 1 lµ nghiÖm?
Bµi 2: (4 ®)
Cho biÓu thøc
Rót gän A víi x ≥ 3
TÝnh gi¸ trÞ cña A khi x = 
Bµi 3: (4 ®)
Cho hµm sè y = mx2 
X¸c ®Þnh m, biÕt ®å thÞ hµm sè c¾t ®­êng th¼ng y = –3x + 2 t¹i ®iÓm M cã hoµnh ®é b»ng 2
Víi m t×m ®­îc ë c©u a, chøng minh r»ng khi ®ã ®å thÞ hµm sè vµ ®­êng th¼ng d cã ph­¬ng tr×nh y = kx – 1 lu«n c¾t nhau t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt A, B víi mäi gi¸ thÞ cña k
Gäi x1; x2 t­¬ng øng lµ hoµnh ®é cña A vµ B. Chøng minh r»ng 
Bµi 4: (7 ®)
Cho ®­êng trßn (O; R). §iÓm M n»m ngoµi ®­êng trßn. VÏ c¸c tiÕp tuyÕn MC, MD (C, D lµ c¸c tiÕp ®iÓm) vµ c¸t tuyÕn MAB ®i qua t©m O cña ®­ßng trßn (A ë gi÷a M vµ B)
Chøng minh: MC2 =MA.MB
Gäi K lµ giao ®iÓm cña BD vµ CA. Chøng minh 4 ®iÓm B, C, M, K cïng thuéc mét ®­êng trßn 
TÝnh ®é dµi MK theo R khi 
Bµi 5: (1,5 ®)
T×m a, b h÷u tØ ®Ó ph­¬ng tr×nh x² + ax + b = 0 nhËn x = lµ nghiÖm.
Bµi 6: (1,5 ®)
T×m x, y nguyªn tho¶ m·n ph­¬ng tr×nh x + x² + x³ = 4y + 4y²
------HÕt------
H­íng dÉn:
Bµi 5:
Ph­¬ng tr×nh x² + ax + b = 0 nhËn x = lµ nghiÖm 
Bµi 6.
x + x² + x³ = 4y + 4y² (x + 1)(x²+1) = (1 + 2y)² (1)
§Æt (x + 1; x² + 1) = d (d N*)
Ta cã x + 1 d x² + x d (x² + x) – (x² + 1) d x – 1 d 
(x + 1) – (x – 1) d 2 d (2)
Tõ (1) ta cã x + 1 vµ x²+1 ®Òu lµ sè lÎ (3)
Tõ (2) vµ (3) ta cã d = 1 (4)
§Ò thi vµo cÊp III
N¨m häc 2007 – 2008
(Thêi gian 120 phót)
Bµi 1: (3 ®)
1. Gi¶i c¸c ph­¬ng tr×nh vµ hÖ ph­¬ng tr×nh
a. 2x – 2 = 0
b. x² – 7x + 6 = 0
c. 
2. Rót gän c¸c biÓu thøc sau:
a. víi x > 0; y > 0; x y
b. 
c. 
Bµi 2: (2 ®)
Cho hai ®­êng th¼ng cã ph­¬ng tr×nh: y = mx – 2 (d1) vµ 3x + my = 5 (d2)
Khi m =2, x¸c ®Þnh hÖ sè gãc vµ t×m täa ®é giao ®iÓm cña hai ®­êng th¼ng.
Khi (d1) vµ (d2) c¾t nhau t¹i M(x0; y0), t×m m ®Ó x0 + y0 = 1 - 
T×m m ®Ó giao ®iÓm cña (d1) vµ (d2) cã hoµnh ®é d­¬ng cßn tung ®é th× ©m.
Bµi 3: (3 ®)
 Cho nöa ®­êng trßn (O;R) ®­êng kÝnh AB. Trªn nöa ®­êng trßn lÊy hai ®iÓm C, D (C thuéc cung AD) sao cho CD = R. Qua C kÎ ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi CD c¾t AB ë M. TiÕp tuyÕn cña (O;R) t¹i A vµ B c¾t CD lÇn l­ît t¹i E vµ F, AC c¾t BD ë K.
Chøng minh r»ng tø gi¸c AECM néi tiÕp vµ tam gi¸c EMF lµ tam gi¸c vu«ng.
X¸c ®Þnh t©m vµ b¸n kÝnh ®­êng trãn ngo¹i tiÕp tam gi¸c KCD.
T×m vÞ trÝ cña d©y CD sao cho diÖn tÝch tam gi¸c KAB lín nhÊt.
Bµi 4: (1 ®)
 Hai m¸y b¬m cïng b¬m n­íc vµo mét c¸i bÓ c¹n (kh«ng cã n­íc), sau 4 giê th× bÓ ®Çy. BiÕt r»ng nÕu ®Ó m¸y thø nhÊt b¬m ®­îc mét nöa bÓ, sau ®ã m¸y thø hai b¬m tiÕp (kh«ng dïng m¸y thø nhÊt n÷a) th× sau 9 giê bÓ sÏ ®Çy. Hái nÕu mçi m¸y b¬m riªng th× mÊt thêi gian bao l©u sÏ ®Çy bÓ n­íc.
Bµi 5: (1 ®)
T×m c¸c sè h÷u tØ x vµ y sao cho 
H­íng dÉn
Bµi 2:
c. 
Bµi 3: 
b. (Gãc ë t©m vµ gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung)
Tø gi¸c OCID néi tiÕp ID = OD.tg300 = 
c. KCDKBA
 lín nhÊt lín nhÊt KH lín nhÊt H lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung lín CD cña ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c KCD KCD c©n KBA c©n CD//AB
Bµi 5
h÷u tØ
§Æt = m víi m Q thay vµo (1) ta cã:
(v× theo (*) th× x > y)
§Ò thi tuyÓn sinh líp 10 THPT n¨m häc 2008 – 2009
M«n to¸n
Thêi gian: 120 phót
C©u 1: (2,0 ®iÓm)
1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 2x + 4 = 0
2. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh sau: 
3. Cho ph­¬ng tr×nh Èn x sau: x2 – 6x + m +1 = 0
a) Gi¶i ph­¬ng tr×nh khi m = 7.
b) T×m m ®Ó ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1; x2 tháa m·n: .
C©u 2: (1,5 ®iÓm)
Rót gän c¸c biÓu thøc sau:
1. 
2. 
3. C = 
C©u 3: (2,0 ®iÓm)
Mét thöa ruéng h×nh ch÷ nhËt cã chu vi lµ 300m. TÝnh diÖn tÝch cña thöa ruéng, biÕt r»ng nÕu chiÒu dµi gi¶m ®i 3 lÇn vµ chiÒu réng t¨ng gÊp 2 lÇn th× chu vi cña thöa ruéng kh«ng thay ®æi.
C©u 4: (3,0 ®iÓm)
Cho ®­êng trßn t©m O b¸n kÝnh R vµ ®­êng th¼ng d cè ®Þnh kh«ng giao nhau. Tõ ®iÓm M thuéc d, kÎ hai tiÕp tuyÕn MA, MB víi ®­êng trßn (O; R) (A, B lµ c¸c tiÕp ®iÓm).
1. Gäi I lµ giao ®iÓm cña MO vµ cung nhá AB cña ®­êng trßn. Chøng minh I lµ t©m ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c MAB.
2. Cho biÕt MA = R, tÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng bÞ giíi h¹n bëi hai tiÕp tuyÕn MA, MB vµ cung nhá AB cña ®­êng trßn (O; R).
3. Chøng minh r»ng khi M thay ®æi trªn d th× ®­êng th¼ng AB lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.
C©u 5: (1,5 ®iÓm)
1. Cho . Chøng minh r»ng A = 4.
2. Cho x, y, z lµ ba sè d­¬ng. Chøng minh r»ng .
3. T×m a Î N ®Ó ph­¬ng tr×nh x2 – a2x + a + 1 = 0 cã nghiÖm nguyªn.
Hướng dẫn
Bài 1: 
1) x = -2
2) (x; y) = (2; 2)
3) a) x1 = 2; x2 = 4
b) m = 4
Bài 2: 
a) 
b) 
c) 
Bài 3: Diện tích khu vườn: 5400 m2
Bài 4:
b) SAOBM = R2
Þ S = 
c) Kẻ OH ^ d, gọi giao điểm của AB và OH là N, giao điểm của AB và OM là P.
Tứ giác HMPN nội tiếp nên ON.OH = OP.OM = R2
Do đó N là điểm cố định mà AB luôn đi qua.
Bài 5:
Tương tự suy ra điều phải chứng minh.
Câu 5: 3) Ta có: 
Để phương trình có nghiệm nguyên thì delta phải là số chính phương.
Đặt:  với k là số nguyên. Kết hợp với điều kiện a là số tự nhiên ta có: 
Kiểm tra với a= 2 ta có delta bằng 4 (thỏa mãn)
* Với a > 2
Xét hiệu: 
Suy ra: 
Mặt khác  
Do đó: 
Giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào nên  không là số chính phương khi a>2.
KL: a = 2.