De thi vao lop 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
---------------------------
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2011 – 2012
Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi : 28 tháng 6 năm 2011 ( buổi chiều)
Đợt 1
Câu 1 (3,0 điểm)
1) Giải các phương trình:
a. 5(x+1) = 3x + 7
b.
4 2 3 4
1 ( 1)
x
x x x x
+
+ =
− −
2) Cho hai đường thẳng( 1d ): y= 2x+ 5; ( 2d ): y =-4x -1 cắt nhau tại I. Tìm m để đường thẳng ( 3d
): y = ( m+1)x + 2m - 1 đi qua điểm I.
Câu 2 ( 2,0 điểm)
Cho phương trình: 2
2( 1) 2 0x m x m− + + =
a) Giải phương trình khi m = 1
2) CMR PT luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
3) Gọi hai nghiệm của PT là 1 2;x x . Tìm giá trị của m để 1 2;x x là độ dài hai cạnh của một tam giác
vuông có cạnh huyền bằng 12 .
Câu 3 ( 1,0 điểm)
Một hình chữ nhật có chu vi là 52 m. Nếu giảm mỗi cạnh đi 4m thì được một hình chữ nhật mới
có diện tích 77m2
. Tính các kích thước của hình chữ nhật ban đầu?
Câu4 ( 3,0 điểm)
Cho tam giác ABC( A > 900
). Vẽ đường tròn(O) đường kính AB, vẽ đường tròn(O'
) đường kính
AC. Đường thẳng AB cắt đường tròn(O'
) tại điểm thứ hai D, đường thẳng AC cắt đường tròn(O)
tại điểm thứ hai E.
1) CMR: bốn điểm B, D, C, E cùng nằm trên mmột đường tròn.
2)Gọi F là giao điểm thứ hai của (O) và (O'
) ( F khác A). Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng
hàng. và FA là phân giác của góc EFD.
3) Gọi H là giao điểm của AB và EF. Chứng minh BH.AD = AH. BD
Câu5 ( 1,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng:
3 3 3
x y z
x x yz y y xz z z yx
+ + ≤
+ + + + + +
1
--------------------- Hết-------------------
1
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Lời giải:
Câu 1 (3 điểm)1) Giải các PT:
2) Tọa độ giao điểm I là nghiệm của hệ:
y 2x 5
y 4x 1
= +

= − −
2) Tọa độ giao điểm I của (d1) và (d2) là nghiệm của hệ:
y 2x 5
y 4x 1
= +

= − −
2x 5 4x 1 6x 6 x 1 x 1
I( 1;3)
y 2x 5 y 2x 5 y 2. (-1) 5 y 3
+ = − − = − = − = −   
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ −   
= + = + = + =   
Đường thẳng (d3) đi qua I (-1;3) suy ra x = -1, y = 3 thỏa mãn PT đường thẳng (d3)
( ) ( )Tacã:3 m 1 . 1 2m – 1
m 2m = 3 + 2
m = 5
= + − +
⇔ − +
⇔
Vậy m = 5
Câu 2 ( 2 điểm)
a) Với m = 1 ta có phương trình:
2
2(1 1) 2 0− + + =x x
1
2
2
' 2
2 2
'
2 2
4 2 0
( 2) 1.2 = 2
2
= +
= −



⇔ − + =
∆ = − −
∆ = ⇒
x
x
x x
Vậy..
' 2
2
2
b) (m 1) 1. 2m
= m 2m + 1 - 2m
= m 1 0 m
∆ = + −
+
+ > ∀
Vậy PT luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
1 2 1 2c) TheoVi et :x x 2(m 1); x .x 2m+ = + =
1 2;x x là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12 nên:
1 2;x x > 0 => m > 0
( )2 2 2
1 2 1 2
2
2
2
1 2
2
1
x x ) x 12
-
1
Vµ: 12 (x x 2x
4(m 1) 2.2m= 12 m m 2= 0
PT cãd¹ ng:a b c 1 1 ( 2) 0
m hoÆc m 2(Lo¹i)
=
+
+ = ⇔ + −
⇔ + ⇔ −
+ + = + + − =
⇒ = = −
Vậy m = 1
Câu 3 ( 1 điểm)
Gọi chiều rộng, chiều dài của HCN ban đầu lần lượt là x, y (m) ĐK: y > x> 4.
Theo bài: chu vi của HCN là 52 m nên ta có:
(x + y). 2 = 52 => x + y = 26 (1)
2
4 2 3x 4
b)
x 1 x x(x 1)
§ K : x 0 vµx 1
4x 2(x 1) 3x 4
PT
x(x 1) x(x 1) x(x 1)
4x + 2x - 2 = 3x + 4
4x + 2x - 3x = 4 + 2
3x = 6
x = 2 (tháam· n ®iÒu kiÖn)
VËy x = 2 lµnghiÖm cñaph- ¬ng tr×nh.
+
+ =
− −
≠ ≠
− +
⇔ + =
− − −
⇒
⇔
⇔
( )a) 5 x 1 3x 7
5x + 5 = 3x + 7
5x - 3x = 7 - 5
2x = 2
x = 1
VËy x = 1 lµnghiÖm cñaph- ¬ng tr×nh.
+ = +
⇔
⇔
⇔
⇔

Khi giảm mỗi cạnh đi 4m thì được một hình chữ nhật mới có diện tích 77m2
nên ta có:
(x - 4). (y - 4) = 77 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ:
=

=
x + y 26
(x-4)(y-4) 77
Giải hệ tìm được: x =11 ; y = 15 thỏa mãn Vậy kích thước của HCN là 15m, 11m.
Câu4 ( 3 điểm)
1) Có · 0
BEC 90= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O)
· 0
BDC 90= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O’)
=> Tứ giác BCDE nội tiếp được đường tròn đường kính BC.
Vậy bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn.
2) *) Có · 0
AFB 90= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O)
· 0
AFC 90= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O’)
=> · · · 0 0 0
BFC AFB AFC 90 90 180= + = + = .
Vậy ba điểm B, F, C thẳng hàng.
*) Có · ·AFE ABE= (1) (hai góc nội tiếp cùng chắn »AE của (O))
· ·AFD ACD= (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn »AD của (O’))
· ·ABE ACD= (3) (hai góc nội tiếp cùng chắn »ED của đường tròn đường kính BC)
Từ (1), (2) và (3) => · ·AFE AFD= . Vậy FA là phân giác của ·EFD.
3) * Trong tam giác DHF có FA là phân giác trong của ·EFD ⇒
AD FD
AH FH
= (4)Mà
AF ⊥BC ( CMT) ⇒ FB là phân giác ngoài của ∆DFH cắt DH tại B⇒
BH FH
BD FD
= (5)
Từ (4) và (5) ⇒
BH AH
BD AD
= ⇒ BH.AD = AH.BD(đpcm)
Câu 5 .Ta có 3 ( ) ( )( )+ = + + + = + +x yz x y z x yz x y x z (vì x + y +z = 3)
Theo bất đẳng thức BunhiaCopxki ta có :
2
( yx) ( )( )
yx ( )( )
yx 3
yx 3
3 yx
xz x y z x
xz x y z x
xz x yz
x xz x x yz
x x x
x x yz x xz x y z
+ ≤ + +
⇒ + ≤ + +
⇒ + ≤ +
⇒ + + ≤ + +
⇒ ≤ =
+ + + + + +
Chứng minh tương tự
3
yy
y y xz x y z
≤
+ + + +
;
3
z z
z z xy x y z
≤
+ + + +
Cộng các vế của 3 bất đẳng thức cùng chiều ta được
1
3 3 3
x y z
x x yz y y xz z z xy
+ + ≤
+ + + + + +
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1
3
H
x
F
E
D
O O'
CB
A

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
QUẢNG TRỊ Khóa ngày 27 tháng 6 năm 2011
MÔN: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Rút gọn các biểu thức (không sử dụng máy tính cầm tay):
a) 27 5 12 2 3M = + − ;
b)
1 1
:
42 2
a
N
aa a
 
= + ÷ −+ − 
, với a > 0 và 4a ≠ .
Giải các phương trình (không sử dụng máy tính cầm tay):
a) 2
5 4 0x x− + = ;
b)
1 1
23
x
x
+
=
+
.
a) Vẽ đồ thị (d) của hàm số y = -x + 3;
b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau.
Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2
+ 3x -5 = 0. Tính giá trị của biểu thức
2 2
1 2x x+ .
Câu 5 (1,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:
Tính chu vi của một hình chữ nhật, biết rằng nếu tăng mỗi chiều của hình chữ nhật thêm
4m thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm 80m2
; nếu giảm chiều rộng 2m và tăng chiều dài
5m thì diện tích hình chữ nhật bằng diện tích ban đầu.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp nữa đường tròn (O) đường kính AD. Hai đường chéo AC và
BD cắt nhau tại E. Kẻ È vuông góc với AD (F∈AD; F≠ O).
a) Chứng minh: Tứ giác ABEF nội tiếp được;
b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của góc BCF;
c) Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh: CM.DB = DF.DO.
--------------------HẾT-------------------
Họ và tên thí sinh: ………………………………..Số báo danh:…………………………………..
4
ĐỀ CHÍNH
THỨC

Đáp Án :
Rút gọn các biểu thức (không sử dụng máy tính cầm tay):
a) 27 5 12 2 3 3 3 10 3 2 3 11 3M = + − = + − = ;
b)
1 1 2 2 2 4
: : . 2
4 4 4 42 2
a a a a a a
N
a a a aa a a
   − + + − 
= + = = = ÷  ÷ ÷  ÷  ÷− − − −+ −     
Giải các phương trình (không sử dụng máy tính cầm tay):
a) 2
5 4 0x x− + =
Ta có (a=1; b=-5; c=4) a+b+c=0 nên phương trình 2
5 4 0x x− + = có hai nghiệm phân biệt
x1 = 1 và x2 = 4.
b)
1 1
23
x
x
+
=
+
.
Điều kiện: 0x ≥ , ta có:
1 1
2( 1) 3 1 1
23
x
x x x x
x
+
= ⇔ + = + ⇔ = ⇔ =
+
.
a) Vẽ đồ thị (d) của hàm số y = -x + 3.
Đồ thị (d) là đường thẳng đi qua hai điểm A(0; 3) và B(3; 0).
b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau.
Gọi M là điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau, khi đó giả sử M(a; a) ∈(d) thì :
a = -a + 3 ⇔ 2a = 3
3
2
a⇔ = . Vậy trên (d) điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau là
3 3
;
2 2
M
 
 ÷
 
.
Do x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2
+ 3x -5 = 0. Nên theo vi-ét, ta có:
1 2
1 2
3
. 5
x x
x x
+ = −

= −
Vậy:
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2( ) 2 . ( 3) 2.( 5) 9 10 19x x x x x x+ = + − = − − − = + = .
Câu 5 (1,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:
Gọi chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là a và b (a > b > 2m).
Diện tích của hình chữ nhật sau khi tăng chiều dài và chiều rộng thêm 4m là 80m2
nên ta
có phương trình: (a + 4)(b + 4) = 80 + ab (1)
Nhưng giảm chiều rộng 2m và tăng chiều dài 5m thì diện tích hình chữ nhật bằng diện tích
ban đầu nên ta có phương trình: ab = (a + 5)(b - 2) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
( 4)( 4) 80 4 4 16 80
( 5)( 2) 2 5 10
16 10
2 5 10 6
+ + = + + + + = + 
⇔ 
= + − = − + − 
+ = = 
⇔ ⇔ 
− = − = 
a b ab ab a b ab
ab a b ab ab a b
a b a
a b b
Vậy chu vi của hình chữ nhật là: 32m.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp nữa đường tròn (O) đường kính AD. Hai đường chéo AC và
BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD (F∈AD; F≠ O).
a) Chứng minh: Tứ giác ABEF nội tiếp được;
5

b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của góc BCF;
c) Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh: CM.DB = DF.DO.
Giải:
O
M
F
E
D
C
B
A
a) Ta có: · 1ABD v= (Do ·ABD chắn nữa đương tròn đường kính AD ) (1)
·AF 1E v= (DoEF AD⊥ ) (2)
Từ (1)và (2) suy ra: · · 2ABD AEF v+ = nên tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn đương kính
AE.
b) Tương tự tứ giác DCEF nội tiếp đường tròn đương kính DE (Hsinh tự c/m)
⇒ · ·EDF ECF= (cùng chắn »EF ) (3)
Mặt khác trong (O) ta củng có · ·ADB ACB= (cùng chắn »AB ) (4)
Từ (3) và (4) suy ra: · ·ACB ACF= .
Vậy tia CA là tia phân giác của góc BCF. (đpcm)
c) Chứng minh: CM.DB = DF.DO.
Do M là trung điểm của DE nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCEF.
⇒ MDC∆ cân tại M, hay MD = CM. (5)
Mặt khác hai tam giác cân MDF và ODB đồng dạng với nhau nên
. .
DF DM
DM DB DF DO
DB DO
= ⇔ = (6)
Từ (5) và (6) suy ra: CM.DB = DF.DO (đpcm)
Lưu ý: Đáp án trên còn có nhiều cách giải khác.
6

KIÊN GIANG
----- -----
a) 12 75 48− +
(10 3 11)(3 11 10)− + .
(2 ) 3y m x m= − − + (1)
a) 1m =
b) m
2 5
3 1
x y
x y
+ =

− =
2
3 0x x− − = 1 2,x x 3 3
1 2 2 1 21x x x x+ +
AC = 5 cm, HC =
25
13
cm.
a)
b)
CÂU
1
a)
12 75 48 4.3 25.3 16.3
2 3 5 3 4 3 3
− + = − +
= − + =
7

2.
3.
4.
b) A = (10 3 11)(3 11 10)− + = 2 2
10 (3 11) 100 99 1− = − =
a) Khi 1m = 2y x= +
2y x= +
b) (2 ) 3y m x m= − − + (1)
2 0 2m m− > ⇔ <
2 5 2 5 7 7 1 1
3 1 6 2 1 2 5 1 2 5 2
x y x y x x x
x y x y x y y y
+ = + = = = =    
⇔ ⇔ ⇔ ⇔    
− = − = + = + = =    
2
3 0x x− − = (a = 1 ; b = -1 ; c = -3)
⇒ 1 2,x x
1 2
1 2
1
3
x x
x x
+ =

= −
(I)
3 3
1 2 2 1 21x x x x+ + =
2 2
1 2 1 2( ) 21x x x x+ +
=
2
1 2 1 2 1 2( ) 2 21x x x x x x + − + 
X =-3 . [12
– 2 (-3)] + 21 = -21 + 21 = 0
x *
Nx∈ 20x > )
2x +
120
x
160
2x +
160 120
1
2x x
− =
+
⇔ − + = +
⇔ − + =
=
⇔  =
2
160 120( 2) ( 2)
38 240 0
30
8 (lo¹i)
x x x x
x x
x
x
8
x 0 -2
y 2 0

5.
6.
µ
= 0
A 90 ).
2
= BC. HC
⇒ = =
2
AC 25
BC = 13 (cm)
25HC
13
µ
= 0
A 90
BC2
= AC2
+ AB2
⇒ − = − =2 2 2 2
AB = BC AC 13 5 12 (cm)
AB + BC + AC = 12 + 13 + 5 = 30 (cm)
·
= 0
DAO 90 (v×AD lµtiÕp tuyÕn cña(O))
·
= 0
DEO 90 (v×DC lµtiÕp tuyÕn t¹i E cña(O))
· ·
⇒ + = 0
DAO DEO 180 ⇒ AOED néi tiÕp ®- êng trßn ®- êng kÝnh OD
⊥
⇒
⊥
DA AB
DA // CB
CB AB
· ·
µ µ
⇒

 1 2
DAF = BCF (so letrong)
MÆt kh¸c: F = F (®èi ®Ønh)
⇒ ∆ ∆ ⇒ =
AD AF
ADF CBF (g - g)
CB CF
~ (1)
⇒ =
DE AF
EC FC
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
NINH THUẬN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2011 – 2012
Khóa ngày: 26 – 6 – 2011
Môn thi: TOÁN - Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2,0 điểm)
Cho đường thẳng (d): y = -x + 2 và parabol (P): y = x2
a) Vẽ (d) và (P) trên cùng một hệ trục tọa độ.
9
(2)
F
D
C
O
A B
E

b) Bằng đồ thị hãy xác định tọa độ các giao điểm của (d) và (P).
a) Giải phương trình: 3x2
– 4x – 2 = 0.
b) Giải hệ phương trình:




=+
−=−
42
123
yx
yx
Cho biểu thức: P = )1(3
42
8
x
xx
xx
−+
++
−
, với x ≥ 0
a/ Rút gọn biểu thức P.
b/ Tìm các giá trị nguyên dương của x để biểu thức Q =
P
P
−1
2
nhận giá trị nguyên.
Cho tam giác ABC có góc BAC = 600
, đường phân giác trong của góc ABC là BD và
đường phân giác trong của góc ACB là CE cắt nhau tại I (D∈ AC và E ∈ AB)
a) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh rằng: ID = IE.
c) Chứng minh rằng: BA.BE = BD. BI
Cho hình vuông ABCD. Qua điểm A vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC tại E và cắt đường
thẳng CD tại F. Chứng minh rằng:
222
111
FA Α
+
Ε
=
ΑΒ
ĐÁP ÁN
a) Vẽ (d) và (P) trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Bằng đồ thị hãy xác định tọa độ các giao điểm của (d) và (P).
Tọa độ các giao điểm của (d) và (P). A ( 1 ; 1 ) và B ( -2 ; 4 ) .
10

a)Giải phương trình: 3x2
– 4x – 2 = 0.
10)2.(3)2( 2'
=−−−=∆
3
102
1
+
=x ;
3
102
1
−
=x
b)Giải hệ phương trình :
3 x 2 y 1
;x 0;y 0
2 x y 4
 − = −
≥ ≥
+ =
3 x 2 y 1 x 1 x 1
y 4y 24 x 2 y 8
 − = − = = 
⇔ ⇔ ⇔  
==+ =  
a)Rút gọn biểu thức P.
P = )1(3
42
8
x
xx
xx
−+
++
−
, với x ≥ 0
= xxx 21332 −=−+−
b)Tìm các giá trị nguyên dương của x để biểu thức Q =
P
P
−1
2
nhận giá trị nguyên.
Q =
P
P
−1
2
= 2
121
)21(1
)21(2
−=
−
=
−−
−
xx
x
x
x
Q 1
1
=⇔Ζ∈⇔Ζ∈ x
x
a) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường tròn.
Ta có: ∠ A = 600
⇒ ∠ B + ∠ C = 1200
⇒ ∠ IBC + ICB = 600
( vì BI , CI là phân giác)
⇒ ∠ BIC = 1200
⇒ ∠ EID = 1200
Tứ giác AEID có : ∠ EID + ∠ A = 1200
+ 600
= 1800
Nên: tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường tròn
b) Chứng minh rằng: ID = IE
Tam giác ABC có BI và CI là hai đường phân giác, nên CI là
phân giác thứ ba
⇒ ∠ EAI = ∠ AID
⇒ cung EI = cung ID . Vậy: EI = ID
c) Chứng minh rằng: BA.BE = BD. BI
∠ EAI = ∠ EDI ; ∠ ABD chung
⇒ ∆BAI ∼ ∆BDE ⇒
BE
BI
BD
BA
= ⇒ BA.BE = BD. BI
Bài 5: (1,0 điểm) Chứng minh : 222
111
FA Α
+
Ε
=
ΑΒ
Qua A, dựng đường thẳng vuông góc với AF, đường
thẳng này cắt đường thẳng CD tại M
Ta có: Tứ giác AECM nội tiếp ( vì ∠ EAM = ∠ ECM =
900
)
⇒ ∠ AME = ∠ ACE = 450
⇒ Tam giác AME vuông cân tại A
⇒ AE = AM
11
E
I
A
C
B
D
E
D
M
B
A
C
F

∆AMF vuông tại A có AD là đường cao, nên : 222
111
FAMD Α
+=
Α
Vì : AD = AB (cạnh hình vuông) ; AM = AE (cmt)
Vậy: 222
111
FA Α
+
Ε
=
ΑΒ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2011 - 2012
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút - Ngày thi : 21/06/2011
Bài 1( 2 điểm)
12

1) Đơn giản biểu thức: A
2 3 6 8 4
2 3 4
+ + + +
=
+ +
2) Cho biểu thức:
1 1
( );( 1)
1 1
P a a
a a a a
= − − ≥
− − + −
Rút gọn P và chứng tỏ P ≥ 0
Bài 2( 2 điểm)
1) Cho phương trình bậc hai x2
+ 5x + 3 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Hãy lập một phương trình
bậc hai có hai nghiệm (x1
2
+ 1 ) và ( x2
2
+ 1).
2) Giải hệ phương trình
2 3
4
2
4 1
1
2
x y
x y

+ = −

 − =
 −
Bài 3( 2 điểm)
Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không
đổi.Khi đi được 2 giờ,người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B đúng thời gian đã
định,người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h trên quãng đường còn lại.Tính vận tốc ban đầu của
người đi xe đạp.
Bài 4( 4 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đường thẳng đi
qua D và song song BC cắt đường thẳng AH tại E.
1) Chứng minh A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn
2) Chứng minh BAE DAC∠ = ∠
3) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC,đường
thẳng AM cắt OH tại G.Chứng minh G là trọng tâm của tam giácABC.
4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo a
---------------- Hết ------------
Bài giải :
Bài 1
1) A
2 3 2 6 8 2 ( 2 3 4)(1 2)
1 2
2 3 4 2 3 4
+ + + + + + + +
= = = +
+ + + +
13

2
1 1
2) ( ); 1
1
2 1 1 2 1 1; : 1
( 1 1) 0; 1
a a a a
P a a
a a
a a a a vi a
P a a
+ − − + −
= − ≥
− +
= − − = − − − + ≥
⇒ = − − ≥ ∀ ≥
Bài 2 x2
+ 5x + 3 = 0
1) Có 25 12 13 0∆ = − = >
Nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt , nên : x1+ x2 = - 5 ; x1x2 = 3
Do đó S = x1
2
+ 1 + x2
2
+ 1 = (x1+ x2)2
- 2 x1x2 + 2 = 25 – 6 + 2 = 21
Và P = (x1
2
+ 1) (x2
2
+ 1) = (x1x2)2
+ (x1+ x2)2
- 2 x1x2 + 1 = 9 + 20 = 29
Vậy phương trình cần lập là : x2
– 21x + 29 = 0
2) ĐK 0; 2x y≠ ≠
2 3 14
4 27
22
3
2 3 1 412 3 3
43 2
22
 + = ==   =−   
⇒ ⇔ ⇔ ⇔   
+ = =  + =− = −− − 
x
xx y x
y
y
x yx y
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x ;y) = ( 2 ;3)
Bài 3 :
Gọi x(km/h) là vtốc dự định; x > 0 ; có 30 phút = ½ (h)
 Th gian dự định :
50
( )h
x
Quãng đường đi được sau 2h : 2x (km) ; Quãng đường còn lại : 50 – 2x (km)
Vận tốc đi trên quãng đường còn lại : x + 2 ( km/h)
Th gian đi quãng đường còn lại :
50 2
( )
2
x
h
x
−
+
Theo đề bài ta có PT:
1 50 2 50
2
2 2
−
+ + =
+
x
x x
Giải ra ta được : x = 10 (thỏa ĐK bài toán)
Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h
Bài 4 :
c/ Vì BHCD là HBH nên H,M,D thẳng hàng
Tam giác AHD có OM là đường trung bình => AH = 2 OM
Và AH // OM
2 tam giác AHG và MOG có ( )HAG OMG slt∠ = ∠
AGH MGO∠ = ∠ (đ đ)
( )
2
AHG MOG G G
AH AG
MO MG
∆ ∞∆ −
⇒ = =
Hay AG = 2MG
Tam giác ABC có AM là trung tuyến; G ∈ AM
Do đó G là trọng tâm của tam giác ABC
d) BHC BDC∆ = ∆ ( vì BHCD là hình bình hành)
có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính là a
Nên tam giác BHC cũng nội tiếp (K) có bán kính a. Do đó C (K) = 2 aπ ( ĐVĐD)
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2011 – 2012
Môn thi: TOÁN.
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.
14
ĐỀ CHÍNH THỨC.
G O
M
E D
H
CB
A

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Câu I (3,0 điểm)
Cho biểu thức A =
( )
2
1 1 1
:
1 1
x
x x x x
+ 
+ ÷
− −  −
a) Nêu ĐKXĐ và rút gọn A
b) Tìm giá trị của x để A =
1
3
c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = A - 9 x
Câu 2. (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai: x2
– 2(m + 2)x + m2
+ 7 = 0 (1), (m là tham số)
a) Giải phương trình (1) khi m = 1
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1x2 – 2(x1 + x2) = 4
Câu 3(1,5 điểm)
Quãng đường AB dài 120 km. Hai xe máy khởi hành cùng một lúc đi từ A đến B. Vận tốc của
xe thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe thứ hai là 10 km/h nên xe máy thứ nhất đến B trước xe thứ hai
1 giờ. Tính vận tốc của mỗi xe.
Câu 4. (3,5 điểm)
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE tới
đường tròn đó (B, C là hai tiếp điểm; D nằm giữa A và E). Gọi H là giao điểm của AO và BC.
a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: AH. AO = AD. AE
c) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự tại I và K. Qua điểm O kẻ
đường thẳng vuông góc với OA cắt AB tại P và cắt AC tại Q.
Chứng minh rằng: IP + KQ ≥ PQ
---------------- HẾT------------
ĐÁP ÁN :
Câu 1:
a) ĐKXĐ: x > 0, x ≠ 1 . Rút gọn: A =
1x
x
−
15

b) A =
1
3
<=> ( )1 1 9
3 1
3 4
x
x x x
x
−
= ⇔ − = ⇒ = (thỏa mãn)
c) P = A - 9 x =
1x
x
−
- 9 x = 1 –
1
9 x
x
 
+ ÷
 
Áp dụng BĐT Côsi :
1
9 2.3 6x
x
+ ≥ =
=> P ≥ -5. Vậy MaxP = -5 khi x =
1
9
Câu 2:
a) với m = 1, ta có Pt: x2
– 6x + 8 = 0 => x1 = 2, x2 = 4
b) xét pt (1) ta có: '∆ = (m + 2)2
– (m2
+ 7) = 4m – 3
phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 ó m
3
4
≥
Theo hệ thức Vi-et:
1 2
2
1 2
2( 2)
7
x x m
x x m
+ = +

= +
Theo giả thiết: x1x2 – 2(x1 + x2) = 4
 m2
+ 7 – 4(m +2) = 4
ó m 2
– 4m – 5 = 0 => m1 = - 1(loại) ; m2 = 5 (thỏa mãn)
Vậy m = 5
Câu 3: Gọi vận tốc của xe thứ hai là x (km/h), ĐK: x > 0
vận tốc của xe thứ nhất là x + 10 (km/h)
Theo bài ra ta có pt:
120 120
1
10x x
− =
+
ó x2
+ 10x – 1200 = 0
=> x1 = 30 (t/m) x2 = - 40 (loại)
vậy vận tốc của xe thứ nhất là 40km/h, của xe thứ hai là 30km/h
Câu 4:
a) · · 0
ABO + ACO = 180 => tứ giác ABOC nội tiếp
b) ∆ABD : ∆AEB (g.g) => AD.AE = AB2
(1)
∆ABO vuông tại B, BH ⊥ AO => AH.AO = AB2
(2)
=> AH. AO = AD. AE
c) Áp dung BĐT Côsi: IP + KQ ≥ 2 IP.KQ
Ta có:∆APQ cân tại A=>OP = OQ => PQ = 2OP
Để C/m IP + KQ ≥ PQ ,Ta C/m: IP.KQ = OP2
Thật vậy: ∆BOP = ∆COQ (c.h-g.n) => · ·BOP COQ=
Theo T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau: · ·BOI DOI= , · ·DOK COK=
=> · · · · · · 0
BOP BOI DOK COQ DOI COK 90+ + = + + = => · · 0
POI DOK 90+ =
Mà · · 0
QKO COK 90+ =
Suy ra: · ·POI QKO= Do đó: ∆POI : ∆QKO (g.g)
 IP.KQ = OP.OQ = OP2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2011 - 2012
Môn thi: TOÁN
Ngày thi : 22/06/2011 Thời gian làm bài: 120 phút
16
Q
P
K
I
H
D
C
B
O
A
E

a) Giải phương trình: (2x + 1)(3-x) + 4 = 0
b) Giải hệ phương trình:
3 | | 1
5 3 11
x y
x y
− =

+ =
Rút gọn biểu thức
6 3 5 5 2
( ): .
2 1 5 1 5 3
Q
− −
= +
− − −
Cho phương trình x2
– 2x – 2m2
= 0 (m là tham số).
a) Giải phương trình khi m = 0
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác 0 và thỏa điều kiện
2 2
1 24x x= .
Một hình chữ nhật có chu vi bằng 28 cm và mỗi đường chéo của nó có độ dài 10 cm. Tìm
độ dài các cạnh của hình chữ nhật đó.
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn đường kính AD. Gọi M là một điểm di động
trên cung nhỏ AB ( M không trùng với các điểm A và B).
a) Chứng minh rằng MD là đường phân giác của góc BMC.
b) Cho AD = 2R. Tính diện tích của tứ giác ABDC theo R
c) Gọi K là giao điểm của AB và MD, H là giao điểm của AD và MC. Chứng minh rằng
ba đường thẳng AM, BD, HK đồng quy.
----------------------- Hết ------------------
17

BÀI GIẢI :
Bài 1:
a) (2x + 1)(3-x) + 4 = 0 (1) ⇔ -2x2
+ 5x + 3 +4 = 0 ⇔ 2x2
– 5x – 7 = 0 (2)
Phương trình (2) có a – b + c =0 nên phương trình (1) có 2 nghiệm là : x1 = -1 và x2 =
7
2
b)
3 | | 1
5 3 11
x y
x y
− =

+ =
⇔
3 1, 0 3 1, 0
5 3 11 5 3 11
x y y x y y
hay
x y x y
− = ≥ + = < 
 
+ = + = 
⇔
3 1, 0 3 1, 0
14 14 4 8
x y y x y y
hay
x x
− = ≥ + = < 
 
= − = 
⇔
2 7, 0
1 2
y y y
hay
x x
= = < 
 
= = − 
⇔
2
1
y
x
=

=
Bài 2: Q =
3( 2 1) 5( 5 1) 2
[ ]:
2 1 5 1 5 3
− −
+
− − −
=
2
[ 3 5]:
5 3
+
−
=
( 3 5)( 5 3)
2
+ −
= 1
Bài 3:
a) x2
– 2x – 2m2
= 0 (1)
m=0, (1) ⇔ x2
– 2x = 0 ⇔ x(x – 2) = 0 ⇔ x= 0 hay x = 2
b) ∆’ = 1 + 2m2
> 0 với mọi m => phương trình (1) có nghiệm với mọi m
Theo Viet, ta có: x1 + x2 = 2 => x1 = 2 – x2
Ta có:
2 2
1 24x x= => (2 – x2)2
=
2
24x ⇔ 2 – x2 = 22x hay 2 – x2 = - 22x
⇔ x2 = 2/3 hay x2 = -2.
Với x2 = 2/3 thì x1 = 4/3, với x2 = -2 thì x1 = 4
⇒ -2m2
= x1.x2 = 8/9 (loại) hay -2m2
= x1.x2 = -8 ⇔ m = ±2
Bài 4: Gọi a, b là độ dài của 2 cạnh hình chữ nhật.
Theo giả thiết ta có : a + b = 14 (1) và a2
+ b2
= 102
= 100 (2)
Từ (2) ⇒ (a + b)2
– 2ab = 100 (3). Thế (1) vào (3) ⇒ ab = 48 (4)
Từ (1) và (4) ta có a, b là nghiệm của phương trình : X2
– 14X + 48 = 0
⇒ a = 8 cm và b = 6 cm
Bài 5:
a) Ta có: cung DC = cung DB chắn 600
nên góc CMD = góc
DMB= 300
⇒ MD là phân giác của góc BMC
b) Xét tứ giác ABCD có 2 đường chéo AD và BC vuông góc
nhau nên :
SABCD=
1
2
AD.BC = 21
2 . 3 3
2
R R R=
c) Ta có góc AMD = 900
(chắn ½ đường tròn)
Tương tự: DB ⊥ AB,vậy K chính là trực tâm của ∆IAD (I là
giao điểm của AM và DB)
Xét tứ giác AHKM, ta có:
góc HAK = góc HMK = 300
, nên dễ dàng ⇒ tứ giác này nội
tiếp.
Vậy góc AHK = góc AMK = 900
Nên KH vuông góc với AD
Vậy HK chính là đường cao phát xuất từ I của ∆IAD
Vậy ta có AM, BD, HK đồng quy tại I.
18
C
A D
B
M
H
K
I

SỞ GD VÀ ĐT ĐAKLAK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngµy thi: 22 th¸ng 6 n¨m 2011
( ) ( )
2
4 2
)9 3 2 0
) 7 18 0
2) 12 7 2 3
a x x
x x
m y x m y x m
+ − =
+ − =
= + − = + +
1) Gi¶i c¸c ph ¬ng tr×nh sau:
b
Ví i gi¸ trÞnµo cña th×®å thÞhai hµm sè vµ c¾t nhau t¹i mét ®iÓm trªn
trôc tung.
2 1
1)
1 2 3 2 2
1 1 1 2
2) 1 .
11 1
)
) 3.
xx x x
a
b x
= +
+ +
   
= + + − ÷  ÷−+ −   
=
Rót gän biÓu thøc: A
ChobiÓu thøc: B
Rót gän biÓu thøc B
T×m gi¸ trÞcña ®ÓbiÓu thøc B
.
( )
( )
( ) ( ) 2 2
2 1
1
2 2
1) 1
2) ;
y x m
x y m
m
m x y x y
− = +

− = −
=
= +
Cho hÖph ¬ng tr×nh:
Gi¶i hÖph ¬ng tr×nh 1 khi
T×m gi¸ trÞcña ®ÒhÖph ¬ng tr×nh 1 cã nghiÖm sao cho biÓu thøc P
®¹t gi¸ trÞnhá nhÊt.
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn ( )O . Hai đường cao BD và CE
của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Đường thẳng BD cắt đường tròn ( )O tại điểm thứ hai
P; đường thẳng CE cắt đường tròn ( )O tại điểm thứ hai Q. Chứng minh:
1/ Tứ giác BEDC nội tiếp .
2/ HQ.HC = HP.HB .
3/ DE // PQ .
4/ Đường thẳng OA là đường trung trực của PQ .
---------------------- Hết-------------------
HƯỚNG DẪN GIẢI:
19

Câu 1:
1/a/ 9x2
+3x-2=0; ∆ =81,phương trình có 2 nghiệm x1=
2
3
− ;x2=
1
3
b/ đặt x2
=t (t≥ 0) pt đã cho viết được t2
+7t-18=0 (*); 2
121 11∆ = = pt (*) có t=-9 (loại);t=2
với t=2 pt đã cho có 2 nghiệm 2; 2x x= = −
2/đồ thị y=12x+(7-m) cắt trục tung tại điểm A(0;7-m); đồ thị y=2x+(3+m) cắt trục tung tại điểm
B(0;3+m) theo yêu cầu bài toán A≡B khi 7-m=3+m tức là m=2.
Câu 2:
1/
2 1 7 5 2
1 2 3 2 (1 2)(3 2 2)
(7 5 2)(1 2)(3 2 2)
(3 2 2)(3 2 2) 1
1
A
+
= + = =
+ + + +
+ − −
= − + =
−
2/ a/
1 1 1 2
( )( )
( 1)( 1)
1 2 2 2
( )( )
( 1)( 1)
x x x
B
x x x
x x
x x x x
+ − + + −
= =
+ −
+ −
=
− +
b/
2 4
3 3
9
B x
x
= ⇔ = ⇔ = (thoả mãn đk )
Câu 3:
1/ Khi m=1 ta có hệ pt:
2 2 (1)
2 1 (2)
y x
x y
− =

− = −
rút y từ (2) y=2x+1 thế vào pt (1) được x=0, suy ra
y=1
Vậy hệ có nghiệm (0;1)
2/
2 2 2 2 2
2 2 2 2
( 1) 2 2 1
2 1 1 1 1 1
( 2 ) 2. ( ) 1 ( ) ( 2 )
2 22 2 2 2
= + = − + = − + =
− + + − = − + ≥
P x y m m m m
m m m
P đạt GTNN bằng
1
2
khi
1 1
2
22
m m= ⇔ =
Câu 4 :
H
E
Q
P
D
O
A
B
C
20

1) Từ giả thiết ta có:
·
·
0
0
90
90
CEB
CDB
 =

=
suy ra E,D nhìn B,C dưới 1 góc vuông,nên tứ giác
BEDC nội tiếp được trong 1 đường tròn.
2) Vì tam giác HBC và HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB
3) BEDC nội tiếp đường tròn suy ra · · · ;BDE BCE BCQ= = từ câu 1/ TA CÓ : · ·BPQ BCQ=
Suy ra · ·BDE BPQ= (2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM)
4) OP=OQ (vì bằng bán kính đường tròn O) (1)
· ·EBD ECD= (GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG ED) suy ra QA=PA Vậy A và O
cách đều P,Q nên suy ra đpcm.
( )
( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
22
2
, , 4 3 7.
1 1 3 3
4 3 4 4 2. . 2. . 3 3 4 3
4 2 4 2
1 3
2 3 7 7, , ,
2 2
x y z x y z yz x y
x y z yz x y x x y y z z y y
x y z y x y z
+ + − − − ≥ −
  
+ + − − − = − + + − + + − + − − ÷ ÷  ÷   
  
= − + − + − − ≥ − ∀ ∈ ÷ ÷  ÷   
¡
Cho lµbasè thùc tuú ý. Chøng minh:
Tacã:
---------- Hết ----------
21

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.HCM
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2
3 2 1 0x x− − =
b)
5 7 3
5 4 8
x y
x y
+ =

− = −
c) 4 2
5 36 0x x+ − =
d) 2
3 5 3 3 0x x+ + − =
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 2
y x= − và đường thẳng (D): 2 3y x= − − trên cùng một hệ trục
toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
Thu gọn các biểu thức sau:
3 3 4 3 4
2 3 1 5 2 3
A
− +
= +
+ −
2 28 4 8
3 4 1 4
x x x x x
B
x x x x
− + − +
= − +
− − + −
( 0, 16)x x≥ ≠
Cho phương trình 2 2
2 4 5 0x mx m− − − = (x là ẩn số)
a)
b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình.
Tìm m để biểu thức A =
2 2
1 2 1 2x x x x+ − . đạt giá trị nhỏ nhất
Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường tròn (O) sao
cho AB > AC. Từ A, vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H, vẽ HE vuông góc với AB và
HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC).
a) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF.
b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F).
Chứng minh AP2
= AE.AB. Suy ra APH là tam giác cân
c) Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường tròn (O) (K khác
A). Chứng minh AEFK là một tứ giác nội tiếp.
d) Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH2
= IC.ID
---------------------- Hết -------------------
22

BÀI GIẢI
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2
3 2 1 0x x− − = (a)
Vì phương trình (a) có a + b + c = 0 nên
(a)
1
1
3
x hay x
−
⇔ = =
b)
5 7 3 (1)
5 4 8 (2)
x y
x y
+ =

− = −
⇔
11 11 ((1) (2))
5 4 8
y
x y
= −

− = −
⇔
1
5 4
y
x
=

= −
⇔
4
5
1
x
y

= −

 =
c) x4
+ 5x2
– 36 = 0 (C)
Đặt u = x2
≥ 0, phương trình thành : u2
+ 5u – 36 = 0 (*)
(*) có ∆ = 169, nên (*) ⇔
5 13
4
2
u
− +
= = hay
5 13
9
2
u
− −
= = − (loại)
Do đó, (C) ⇔ x2
= 4 ⇔ x = ±2
Cách khác : (C) ⇔ (x2
– 4)(x2
+ 9) = 0 ⇔ x2
= 4 ⇔ x = ±2
d) 2
3 3 3 3 0x x− + − = (d)
(d) có : a + b + c = 0 nên (d) ⇔ x = 1 hay
3 3
3
x
−
=
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2
2 3x x− = − − ⇔ x2
– 2x – 3 = 0 1 3x hay x⇔ = − = (Vì a – b + c = 0)
y(-1) = -1, y(3) = -9
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là ( ) ( )1; 1 , 3; 9− − − .
Thu gọn các biểu thức sau:
3 3 4 3 4
2 3 1 5 2 3
A
− +
= +
+ −
=
(3 3 4)(2 3 1) ( 3 4)(5 2 3)
11 13
− − + +
−
=
22 11 3 26 13 3
11 13
− +
− = 2 3 2 3− − +
=
1
( 4 2 3 4 2 3)
2
− − + =
2 21
( ( 3 1) ( 3 1) )
2
− − +
=
1
[ 3 1 ( 3 1)]
2
− − + = 2−
2 28 4 8
3 4 1 4
x x x x x
B
x x x x
− + − +
= − +
− − + −
( 0, 16)x x≥ ≠
23

=
2 28 4 8
( 1)( 4) 1 4
x x x x x
x x x x
− + − +
− +
+ − + −
=
2
2 28 ( 4) ( 8)( 1)
( 1)( 4)
x x x x x x
x x
− + − − − + +
+ −
=
2 28 8 16 9 8
( 1)( 4)
x x x x x x x
x x
− + − + − − − −
+ −
=
4 4
( 1)( 4)
x x x x
x x
− − +
+ −
=
( 1)( 1)( 4)
( 1)( 4)
x x x
x x
+ − −
+ −
= 1x −
Bài 4:
a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2
+ 4m +5 = (m+2)2
+1 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2
nghiệm phân biệt với mọi m.
b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S = 2
b
m
a
− = ; P = 4 5
c
m
a
= − −
 A =
2
1 2 1 2( ) 3x x x x+ − =
2
4 3(4 5)m m+ + =
2
(2 3) 6 6,m + + ≥ với mọi m.
Và A = 6 khi m =
3
2
−
Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi m =
3
2
−
a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 3 góc
vuông
Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là hình chữ nhật)
Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC)
Do đó: góc OAC + góc AFE = 900
⇒ OA vuông góc với EF
b) OA vuông góc PQ ⇒ cung PA = cung AQ
Do đó: ∆APE đồng dạng ∆ABP
⇒
AP AE
AB AP
= ⇒ AP2
= AE.AB
Ta có : AH2
= AE.AB (hệ thức lượng ∆HAB vuông tại H, có HE là chiều cao)
⇒ AP = AH ⇒ ∆APH cân tại A
c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA ⇒ DE.DF = DK.DA
Do đó ∆DFK đồng dạng ∆DAE ⇒ góc DKF = góc DEA ⇒ tứ giác AEFK nội tiếp
d) Ta có : AF.AC = AH2
(hệ thức lượng trong ∆AHC vuông tại H, có HF là chiều cao)
Ta có: AK.AD = AH2
(hệ thức lượng trong ∆AHD vuông tại H, có HK là chiều cao)
Vậy ⇒ AK.AD = AF.AC
Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp,
vậy ta có: IC.ID=IF.IK (∆ICF đồng dạng ∆IKD)
và IH2
= IF.IK (từ ∆IHF đồng dạng ∆IKH) ⇒ IH2
= IC.ID
24
A
B
C D
P
E
O H I
K
F Q

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.Hà Nội
Ngày thi : 22 tháng 6 năm 2011
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,5 điểm)
Cho
x 10 x 5
A
x 25x 5 x 5
= − −
−− +
Với x 0,x 25≥ ≠ .
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tính giá trị của A khi x = 9.
3) Tìm x để
1
A
3
< .
Bài II (2,5 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày
đội đó chở vượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 ngày và
chở thêm được 10 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết bao nhiêu ngày?
Bài III (1,0 điểm)
Cho Parabol (P): 2
y x= và đường thẳng (d): 2
y 2x m 9= − + .
1) Tìm toạ độ các giao điểm của Parabol (P) và đường thẳng (d) khi m = 1.
2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung.
Bài IV (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi d1 và d2 là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại
hai điểm A và B.Gọi I là trung điểm của OA và E là điểm thuộc đường tròn (O) (E không trùng
với A và B). Đường thẳng d đi qua điểm E và vuông góc với EI cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần
lượt tại M, N.
1) Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh ENI EBI∠ = ∠ và 0
MIN 90∠ = .
3) Chứng minh AM.BN = AI.BI .
4) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa E của đường tròn (O). Hãy tính diện
tích của tam giác MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng.
Bài V (0,5 điểm) Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 1
M 4x 3x 2011
4x
= − + + .
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
25

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không được giải thích gì them
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:
1/ Rút gọn: ĐK: x 0,x 25≥ ≠
( ) ( )
( )( ) ( )( )
( )( )
( )
( )( )
2
x. x+5 -10 x-5. x-5x 10 x 5 x+5 x-10 x-5 x+25
A= - - = =
x-25x-5 x+5 x-5 x+5 x-5 x+5
x-5x-10 x+25 x-5
= = = (Voi x 0; x 25)
x+5x-5 x+5 x-5 x+5
≥ ≠
2/ Với x = 9 Thỏa mãn x 0,x 25≥ ≠ , nên A xác định được, ta có 3=x . Vậy
4
1
8
2
53
53
−=
−
=
+
−
=A
3/ Ta có: ĐK x 0,x 25≥ ≠
( )
( )
1 x - 5 1 3 x - 15 - x - 5
A - 0 0
3 3x + 5 3 x+5
2 x - 20 0 (Vì 3 x+5 0) 2 x < 20 x < 10 x < 100
< ⇔ < ⇔ <
⇔ < > ⇔ ⇔ ⇔
Kết hợp với x 0,x 25≥ ≠
Vậy với 0 ≤ x < 100 và x ≠ 25 thì A < 1/3
Bài 2
Gọi thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch là x(ngày) (ĐK: x > 1)
Thì thời gian thực tế đội xe đó chở hết hàng là x – 1 (ngày)
Mỗi ngày theo kế hoạch đội xe đó phải chở được
140
x
(tấn)
Thực tế đội đó đã chở được 140 + 10 = 150(tấn) nên mỗi ngày đội đó chở được
150
1x −
(tấn)
Vì thực tế mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn, nên ta có pt:
150 140
5
1x x
− =
−
⇒ 150x – 140x + 140 = 5x2
-5x ⇔ 5x2
-5x – 10x - 140 = 0 ⇔ 5x2
-15x - 140 = 0
⇔ x2
-3x - 28 = 0 Giải ra x = 7 (T/M) và x = -4 (loại)
Vậy thời gian đội xe đó chở hết hàng theo kế hoạch là 7 ngày
Bài 3:
1/ Với m = 1 ta có (d): y = 2x + 8
Phương trình hoành độ điểm chung của (P) và (d) là
x2
= 2x + 8
26

<=> x2
– 2x – 8 = 0
Giải ra x = 4 => y = 16
x = -2 => y = 4
Tọa độ các giao điểm của (P) và (d) là (4 ; 16) và (-2 ; 4)
2/ Phương trình hoành độ điểm chung của (d) và (P) là
x2
– 2x + m2
– 9 = 0 (1)
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía của trục tung thì phương trình (1) có hai
nghiệm trái dấu
⇒ac < 0 ⇒ m2
– 9 < 0 ⇒ (m – 3)(m + 3) < 0
Giải ra có – 3 < m < 3
Bài 4
1/ Xét tứ giác AIEM có
góc MAI = góc MEI = 90o
.
=> góc MAI + góc MEI = 180o
.
Mà 2 góc ở vị trí đối diện
=> tứ giác AIEM nội tiếp
2/ Xét tứ giác BIEN có
góc IEN = góc IBN = 90o
.
 góc IEN + góc IBN = 180o
.
 tứ giác IBNE nội tiếp
 góc ENI = góc EBI = ½ sđ cg IE (*)
 Do tứ giác AMEI nội tiếp
=> góc EMI = góc EAI = ½ sđ EB (**)
Từ (*) và (**) suy ra
góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90o
.
3/ Xét tam giác vuông AMI và tam giác vuông BIN có
góc AIM = góc BNI ( cùng cộng với góc NIB = 90o
)
 ∆AMI ~ ∆ BNI ( g-g)
 BN
AI
BI
AM
=
 AM.BN = AI.BI
4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ
Do tứ giác AMEI nội tiếp
nên góc AMI = góc AEF = 45o
.
Nên tam giác AMI vuông cân tại A
Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vuông cân tại B
 AM = AI, BI = BN
27

Áp dụng Pitago tính được
2
23
;
2
2 R
IN
R
MI ==
Vậy
4
3
..
2
1 2
R
INIMSMIN == ( đvdt)
Bài 5:
2 2
2
1 1
4 3 2011 4 4 1 2010
4 4
1
(2 1) ( ) 2010
4
M x x x x x
x x
x x
x
= − + + = − + + + +
= − + + +
Vì 2
(2 1) 0x − ≥
và x > 0
1
0
4x
⇒ > , Áp dụng bdt Cosi cho 2 số dương ta có: x +
1
4x
1 1
2 . 2. 1
4 2
x
x
≥ = =
 M =
2 1
(2 1) ( ) 2010
4
x x
x
− + + + ≥ 0 + 1 + 2010 = 2011
 M ≥ 2011 ; Dấu “=” xảy ra 
2
1
21
2 1 0 2
1 1 1
4 4 2
00 1
2
0
x
x
x
x x x
x
xx
x
x

=
 =− = 
   
= ⇔ = ⇔ =  
  
>>   = −  
>
⇔ x =
1
2
Vậy Mmin = 2011 đạt được khi x =
1
2
Bài 5:
2010
4
1
8
1
8
1
2
1
3
4
1
2010
8
1
8
1
4
1
3
2011
4
1
34
2
2
22
2
+++++





−=
+++++





+−=
++−=
xx
xxM
xx
xxxM
x
xxM
Áp dụng cô si cho ba số xx
x
8
1
,
8
1
,2
ta có
4
3
8
1
.
8
1
.3
8
1
8
1 3 22
=≥++
xx
x
xx
x Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2
mà 0
2
1
≥





−x Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2
Vậy 20112010
4
1
4
3
0 =+++≥M
Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng 2011 khi M =
1
2
28

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2011 – 2012
Môn: TOÁN ( chung)
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút
PHẦN 1 – Trắc nghiệm (1 điểm): Hãy chọn phương án đúng và viết vào bài làm chữ cái đứng
trước phương án lựa chọn.
Câu 1: Phương trình 2
x mx m 1 0+ + − = có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
A.m 2> . B.m∈¡ . C.m 2≥ . D.m 2≠ .
Câu 2: Cho (O) nội tiếp tam giác MNP cân tại M. Gọi E; F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các
cạnh MN;MP. Biết · 0
MNP 50= .Khi đó, cung nhỏ EF của (O) có số đo bằng:
A. 0
100 . B. 0
80 . C. 0
50 . D. 0
160 .
Câu 3: Gọi α là góc tạo bởi đường thẳng y x 3= + với trục Ox, gọi β là góc tạo bởi đường
thẳng y 3x 5= − + với trục Ox. Trong các phát biểu sau,phát biểu nào sai ?
A. 0
45α = . B. 0
90β > . C. 0
90β < . D.α < β.
PHẦN 2 – Tự luận ( 9 điểm):
Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức :
3 x 1 1 1
P :
x 1 x 1 x x
 −
= − ÷
− − + 
với x 0 và x 1> ≠
1/ Rút gọn biểu thức P . 2/ Tìm x để 2P – x = 3.
Câu 2.(2 điểm)
1) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M có hoành độ bằng 2 và M thuộc đồ thị hàm
số 2
y 2x= − . Lập phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm M ( biết đường
thẳng OM là đồ thị hàm số bậc nhất).
2) Cho phương trình ( )2
x 5x 1 0 1− − = . Biết phương trình (1) có hai nghiệm 1 2x ;x . Lập
phương trình bậc hai ẩn y ( Với các hệ số là số nguyên ) có hai nghiệm lần lượt là
1 2
1 2
1 1
y 1 và y 1
x x
= + = +
Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3 2 17
x 2 y 1 5
2x 2 y 2 26
x 2 y 1 5

+ = − +

− + + =
 − −
Câu 4.(3,0 điểm): Cho (O; R). Từ điểm M ở ngoài (O;R) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB của (O;R)
( với A, B là các tiếp điểm). Kẻ AH vuông góc với MB tại H. Đường thẳng AH cắt (O;R) tại N
(khác A). Đường tròn đường kính NA cắt các đường thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K .
1) Chứng minh tứ giác NHBI là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK.
3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI. Đường thẳng CD cắt
MA tại E. Chứng minh CI = EA.
Câu 5.(1,5 điểm) 1)Giải phương trình : ( )( ) ( )
22
x x 9 x 9 22 x 1+ + = −
2)Chứng minh rằng : Với mọi
2 3
2 3
1 1
x 1, ta luôn có 3 x 2 x
x x
   
> − < − ÷  ÷
   
.
Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ĐKXĐ: x 2;y 1≠ ≠ −
29

2
2
1
2
1
2
1
2
1
O
E
D
C
K
I N
H
B
A
M
3 2 17 3 2 17 3 2 17
x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5
2x 2 y 2 26 2(x 2) 2 (y 1) 3 26 2 3 26
2 1
x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5
  
+ = + = + =  − + − + − +  
⇔ ⇔  
− + − + − +  + = + = + + + =
  − − − − − −  
1) Câu 4.(3,0 điểm)
1) · · 0
NIB BHN 180+ = NHBI⇒Y nội tiếp
2) cm tương tự câu 1) ta có AINK nội tiếp
µ µ µ
µ µ µ
1 1 1 1
2 2 2 2
Ta có H B A I
I B A K
= = =
= = =
$
$
3) ta có:
· µ ¶ · 0
1 2 1 2I I DNC B A DNC 180+ + = + + =$ $
Do đó CNDI nội tiếp
µ µ2 2 2D I A⇒ = = ⇒$ DC // AI
Lại có µ µ1 1A H AE / /IC= ⇒
Vậy AECI là hình bình hành => CI = EA.
Câu 5.(1,5 điểm)
1) Giải phương trình : ( )( ) ( )
22
x x 9 x 9 22 x 1+ + = −
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 22 2 2 2
x 9 x 9x 22 x 1 x 9 x 9 9 x 1 22 x 1 ⇔ + + = − ⇔ + + + − = − 
Đặt x – 1 = t; 2
x 9+ = m ta có: 2 2 2 2
m 9mt 22t 22t 9mt m 0+ = ⇔ − − =
Giải phương trình này ta được
m m
t ;t
2 11
−
= =
 Với
2
2m x 9
t ta có: x 1 x 2x 11 0 vô nghiêm
2 2
+
= − = ⇔ − + =
 Với
2
2m x 9
t ta có: x 1 x 11x 2 0
11 11
− − −
= − = ⇔ + − =
121 8 129∆ = + = > 0 phương trình có hai nghiệm 1,2
11 129
x
2
− ±
=
2) Chứng minh rằng : Với mọi
2 3
2 3
1 1
x 1, ta luôn có 3 x 2 x
x x
   
> − < − ÷  ÷
   
(1)
2 3 2
2 3 2
2
2
1 1 1 1 1 1
3 x 2 x 3 x x 2 x x 1
x x x x x x
1 1 1
3 x 2 x 1 (vì x 1 nên x 0) (2)
x x x
         
− < − ⇔ − + < − + + ÷  ÷  ÷ ÷  ÷ ÷
         
   
⇔ + < + + > − > ÷  ÷
   
Đặt 2 2
2
1 1
x t thì x t 2
x x
+ = + = − , ta có (2) ( ) ( )2
2t 3t 2 0 t 2 2t 1 0⇔ − − > ⇔ − + > (3)
Vì ( )
2 2 1
x 1 nên x 1 0 x 1 2x x 2 hayt 2
x
> − > ⇔ + > ⇔ + > > => (3) đúng . Vậy ta có đpcm
30

SỞ GD&ĐT
VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề)
PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (2 điểm)Trong 4 câu: từ câu 1 đến câu 4, mỗi câu đều có 4 lựa chọn,
trong đó chỉ có duy nhất một lựa chọn đúng. Em hãy viết vào tờ giấy làm bài thi chữ cái A, B, C
hoặc D đứng trước lựa chọn mà em cho là đúng (Ví dụ: Nếu câu 1 em lựa chọn là A thì viết là
1.A)
Câu 1. Giá trị của 12. 27 bằng:
A. 12 B. 18 C. 27 D. 324
Câu 2. Đồ thị hàm số y= mx + 1 (x là biến, m là tham số) đi qua điểm N(1; 1) . Khi đó gí trị của
m bằng:
A. m = - 2 B. m = - 1 C. m = 0 D. m = 1
Câu 3. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 100 cm2
. Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm của
AB, BC, CA. Khi đó diện tích tam giác MNP bằng:
A. 25 cm2
B. 20 cm2
C. 30 cm2
D. 35 cm2
Câu 4. Tất cả các giá trị x để biểu thức x 1− có nghĩa là:
A. x < 1 B. x ≤ 1 C. x > 1 D. x≥ 1
PHẦN II. TỰ LUẬN (8 điểm)
Câu 5. (2.0 điểm) Giải hệ phương trình 2
x y 0
x 2y 1 0
− =

− + =
Câu 6. (1.5 điểm) Cho phương trình x2
– 2mx + m2
– 1 =0 (x là ẩn, m là tham số).
a) Giải phương trình với m = - 1
b) Tìm tất cả các giá trị của m đê phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
c) Tìm tât cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho tổng P = x1
2
+ x2
2
đạt
giá trị nhỏ nhất.
Câu 7. (1.5 điểm) Một hình chữ nhật ban đầu có cho vi bằng 2010 cm. Biết rằng nều tăng chiều
dài của hình chữ nhật thêm 20 cm và tăng chiều rộng thêm 10 cm thì diện tích hình chữ nhật ban
đầu tăng lên 13 300 cm2
. Tính chiều dài, chiều rộng của hình chữ nhật ban đầu.
Câu 8. (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, không là tam giác cân, AB < AC và nội
tiếp đường tròn tâm O, đường kính BE. Các đường cao AD và BK của tam giác ABC cắt nhau tại
điểm H. Đường thẳng BK cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Gọi I là trung điểm của cạnh
AC. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AFEC là hình thang cân.
b) BH = 2OI và điểm H đối xứng với F qua đường thẳng AC.
Câu 9.(2.0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: P =
ab bc ca
c ab a bc b ca
+ +
+ + +
.
31

HƯỚNG DẪN CHUNG:
-Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải
theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa.
-Trong mỗi bài, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không được điểm.
-Bài hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, nếu không có hình vẽ đúng ở phần nào thì
giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của phần đó.
-Điểm toàn là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn.
BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN:
Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm):
Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm.
Câu 1 2 3 4
Đáp án B C A D
Phần II. Tự luận (8,0 điểm).
Câu 5 (2,0 điểm).
Nội dung trình bày Điể
m
Xét hệ phương trình 2
1 (1)
2 1 0 (2)
x y
x y
− =

− + =
Từ (1) ⇒ x = y thay vào PT (2) ta được : x2
- 2x + 1 = 0 0,5
⇔ (x - 1)2
= 0 ⇒ x = 1 0,5
Thay x = 1 vào (1) ⇒ y = 1
0,5
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:
1
1
x
y
=

= 0,5
a. (0,5 điểm):
m
Với m = -1 ta có (1) : 2
2 0 ( 2) 0x x x x+ = ⇔ + = 0,25
⇒
0
2
x
x
=
 = −
. Vậy với m = -1 PT có hai nghiệm là 1 20; 2x x= = − 0,25
b. (0,5 điểm):
m
Ta có ∆’ = m2
- (m2
- 1) = 1 > 0 với ∀m 0,25
Vậy với ∀m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt 1, 2x x 0,25
c. (0,5 điểm):
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
————————
32

E
K
I
H
O
B
A
C
F
D
m
P = ( )22 2
1 2 1 2 1 22x x x x x x+ = + − = 4m2
- 2m2
+ 2 ≥ 2 với ∀m 0,25
Dấu “=” xảy ra ⇔ m = 0. Vậy với m = 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm 1 2,x x thỏa
mãn
P = 2 2
1 2x x+ đạt giá trị nhỏ nhất
0,25
Nội dung trình bày Điểm
Gọi chiều dài hình chữ nhật là x (cm), chiều rộng là y (cm) (điều kiện x, y > 0)
0,25
Chu vi hình chữ nhật ban đầu là 2010 cm. ta có phương trình
( )2. 2010 1005x y x y+ = ⇔ + = (1)
0,25
Khi tăng chiều dài 20 cm, tăng chiều rộng 10 cm thì kích thước hình chữ nhật mới là:
Chiều dài: 20x + (cm), chiều rộng: 10y + (cm) 0,25
Khi đó diện tích hình chữ nhật mới là: ( ) ( )20 . 10 13300x y xy+ + = +
10 20 13100x y⇔ + = 2 1310x y⇔ + = (2)
0,25
Từ (1) và (2) ta có hệ:
1005
2 1310
x y
x y
+ =

+ =
Trừ từng vế của hệ ta được: y = 305 (thoả mãn). Thay vào phương trình (1) ta được:
700x =
0,25
Vậy chiều dài hình chữ nhật ban đầu là: 700 cm, chiều rộng là 305 cm 0,25
Câu 8. ( 2,0 điểm).
a. (1,0 điểm):
m
Có : BFE = 900
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ FE ⊥ BF 0,25
BF ⊥ AC (gt) ⇒ FE ∥ AC (1) 0,25
⇒ sđ AF = sđ CE ⇒ AFE = CFE ⇒ FAC = ECA (2) 0,25
Từ (1) và (2) { AFEC là hình thang cân 0,25
b. (1,0 điểm):
m
EC ⊥ BC ⇒ EC ∥ AH (1). 0,25
33

BF ⊥ AC (gt) ⇒ FE ∥ AC (1).⇒ HAC = ECA mà ECA = FAC
⇒ ∆ HAF cân tại A ⇒ AH = AF (2) Từ (1)và (2) ⇒ { AHCE là hình bình hành
0,25
⇒ I là giao điểm hai đường chéo ⇒ OI là đường trung bình ∆ BEH ⇒ BH = 2OI 0,25
∆ HAF cân tại A , HF ⊥ AC ⇒ HK = KF ⇒ H đối xứng với F qua AC 0,25
Câu 9. ( 1,0 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Có: ( ) 2
1 .a b c c a b c c ac bc c+ + = ⇒ = + + = + +
⇒ 2
( ) ( )c ab ac bc c ab a c b c b c+ = + + + = + + + = ( )( )c a c b+ +
⇒
( )( ) 2
a b
ab ab c a c b
c ab c a c b
+
+ += ≤
+ + + 0,25
Tương tự:
( )( )
( )( )
a bc a b a c
b ca b c b a
+ = + +
+ = + +
( )( ) 2
( )( ) 2
b c
bc bc a b a c
a bc a b a c
c a
ca ca b c b a
b ca b c b a
+
+ +⇒ = ≤
+ + +
+
+ += ≤
+ + +
0,25
⇒ P ≤
2
a b b c c a
c a c b a b a c b c b a
+ + + + +
+ + + + + + =
2
a c c b b a
a c c b b a
+ + +
+ +
+ + + =
3
2
0,25
Dấu “=” xảy ra khi
1
3
a b c= = =
Từ đó giá trị lớn nhất của P là
3
2
đạt được khi và chỉ khi
1
3
a b c= = =
0,25
34

De thi vao lop 10

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (19)

Similar to De thi vao lop 10

Similar to De thi vao lop 10 (20)

De thi vao lop 10