Đề ôn thi Toán vào lớp 10 - THCS Nguyễn Trường Tộ

ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10
Đề 1
Bài 1: Cho biểu thức K = 
a. Rút gọn biểu thức K 
b. Tính giá trị của K khi 
c. Tìm các giá trị của a sao cho K < 0
Bài 2: Cho phương trình: x2 - 2(m-3)x - 2(m-1) = 0 (1)
Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m;
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của x12 + x22.
Bài 3: 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 4: Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn, A = 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 vuông góc với DE.
Bài 5: Cho a, b là các số thực dương. 
Chứng minh rằng: 
Bài giải:
Bài 1: Điều kiện a > 0 và a 1 
K = 
................................
Bài 2: 
a) = m2 - 4m + 7 = (m-2)2 + 3 > 0 : Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) Áp dụng hệ thức Viet: x1+x2 = m - 3
 x1x2 = - 2(m - 1)
Ta có: x12 + x22 = (x1+ x2)2 - 2 x1x2
 = 4(m - 3)2 + 4(m - 1)
 = 4m2 - 20m + 32
 =(2m - 5)2 + 7 7
Đẳng thức xảy ra 2m – 5 = 0m = 2,5
Vậy giá trị nhỏ nhất của x12 + x22 là 7 khi m = 2,5
Bài 3: 
 Gọi x, y là số sản phẩm của tổ I, II theo kế hoạch (điều kiện x, y N*; 
x, y < 600).
 Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600
 Số sản phẩm tăng của tổ I là: (sản phẩm)
 Số sản phẩm tăng của tổ II là: ( sản phẩm)
 Từ đó có phương trình thứ hai: 
 Do đó x và y thỏa mãn hệ phương trình: 
 Giải ra được x = 200, y = 400( thỏa điều kiện )
Vậy: Số sản phẩm được giao của tổ I, tổ II theo kế hoạch thứ tự là 200 và 400 sản phẩm
Bài 4: 
a. Ta có ADH = AEH = 900, suy ra AEH +ADH = 1800 
Þ Tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH. 
b. DAEC vuông có EAC= 450 nên ECA = 450, từ đó DHDC vuông cân 
 tại D. 
Vậy DH = DC
c)Ta có BEC = BDC = 900 nên tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn đường 
 kính BC Þ AED = ACB (cùng bù với DEB) suy ra DAED DACB,
 do đó:
d. Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O),
ta có BAx = BCA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AB) ,
 mà BCA = AED 
 Þ BAx =AED mà chúng là cặp góc so le trong do đó DE ¤¤ Ax.
 Mặt khác, OA Ax ( Ax là tiếp tuyến), 
 Vậy OA ^ ED (đpcm)
Bài 5 :Ta có : ; , với mọi a , b > 0 
 Mặt khác 
Nhân từng vế ta có : 
hay: 
ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10
ĐỀ SỐ 2
Bài 1: Cho biểu thức: 
a) Rút gọn P.
b) Tìm giá trị của x để P = –1.
Bài 2: Cho hệ phương trình: 	
 a) Giải hệ phương trình khi cho m = 1.
 b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình vô nghiệm.
Bài 3: Cho parabol (P) : y = – x2 và đường thẳng (d) có hệ số góc m đi qua 
 điểm M(– 1 ; – 2) .
a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A, B phân biệt.
 b) Xác định m để A, B nằm về hai phía của trục tung.
Bài 4: (2,0 ®iÓm) Gi¶i bµi to¸n sau b»ng c¸ch lËp ph­¬ng tr×nh hoÆc hÖ ph­¬ng tr×nh:
 Mét ca n« chuyÓn ®éng xu«i dßng tõ bÕn A ®Õn bÕn B sau ®ã chuyÓn ®éng ng­îc dßng tõ B vÒ A hÕt tæng thêi gian lµ 5 giê . BiÕt qu·ng ®­êng s«ng tõ A ®Õn B dµi 60 Km vµ vËn tèc dßng n­íc lµ 5 Km/h . TÝnh vËn tèc thùc cña ca n« (( VËn tèc cña ca n« khi n­íc ®øng yªn )
Bài 5:
 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 tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM 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.
Giải:
Bài 1: 
a. P = 
=
== 
Điều kiện x > 0; x 4 và x 9
 b. Với x > 0; x 4 và x 9; P = –1 khi và chỉ khi: 
 hay: 4x + – 3 = 0.
 Đặt y => 0 ta có: 4y2 + y – 3 = 0 có dạng a – b + c = 0
 y = –1 ; y = 
 Vì y > 0 nên chỉ nhận y = nên = 
 Vậy: P = –1 x = 
Bài 2: 
a. Khi m = 1 ta có hệ phương trình: 
Vậy với m = 1 hệ phương trình đã cho có nghiệm 
 b.
 (*)
Hệ phương trình vô nghiệm (*) vô nghiệm m =(vì đã có –1–1005)
Bài 3: 
Đường thẳng (d) có hệ số góc m có dạng y = mx + b và (d) đi qua điểm M(– 1 ; – 2) nên: – 2= m(– 1) + b b = m – 2
Vậy: Phương trình đường thẳng (d) là y = mx + m – 2.
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:
 – x2 = mx + m – 2 
 x2 + mx + m – 2 = 0 (*)
 Vì phương trình (*) có với mọi m nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.
b) A và B nằm về hai phía của trục tung 
 x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu x1x2 < 0.
Áp dụng hệ thức Vi-et: x1x2 = m – 2
x1x2 < 0 m – 2 < 0 m < 2.
Vây: Để A, B nằm về hai phía của trục tung thì m < 2.
Bài 4 Bµi 4: Gäi vËn tèc thùc cña ca n« lµ x ( km/h) ( x>5)
 VËn tèc xu«i dßng cña ca n« lµ x + 5 (km/h)
 VËn tèc ng­îc dßng cña ca n« lµ x - 5 (km/h)
 Thêi gian ca n« ®i xu«i dßng lµ : ( giê)
 Thêi gian ca n« ®i xu«i dßng lµ : ( giê)
 Theo bµi ra ta cã PT: + = 5
 60(x-5) +60(x+5) = 5(x2 – 25)
 5 x2 – 120 x – 125 = 0
x1 = -1 ( kh«ng TM§K)
x2 = 25 ( TM§K)
VËy v©n tèc thùc cña ca n« lµ 25 km/h.
Bài 5: 
 a. Ta có: EIB = 900 (giả thiết)
 ECB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Vậy: tứ giác IECB là nội tiếp đường tròn đường kính EB
b. Ta có:
 sđ AM = sđ AN (đường kính MN dây AB) 
 AME = ACM (góc nội tiếp)
Lại có A chung, suy ra DAME DACM
Do đó: 
c. MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB
 Trừ từng vế của hệ thức ở câu b với hệ thức trên
 Ta có: AE.AC – AI.IB = AM2 – MI2 = AI2
Từ câu b suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác 
 Ta thấy khoảng cách NK nhỏ nhất khi và chỉ khi NK BM.
 Dựng hình chiếu vuông góc của N trên BM ta được K. Điểm C là giao 
 của đường tròn tâm O với đường tròn tâm K, bán kính KM.
ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10
ĐỀ SỐ 3
Bài 1: Cho A = + 
a. Tìm x để A có nghĩa 
 b. Rút gọn A 
 c. Tìm các giá trị của x để A có giá trị dương
Bài 2:
 a. Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = 0
 b. Giải hệ phương trình: 
Bài 3: 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: Cho parabol (P): y =2x2 và đường thẳng (d): 2x + y - 4 = 0
Vẽ (P) 
Tìm tọa độ giao điểm A, B của (P) và (d) bằng đồ thị và bằng phép tính
Gọi A’, B’ là hình chiếu của A, B trên trục hoành.Tính diện tích tứ giác ABB’A’.
Bài 5: Cho nửa đường tròn (0) đường kính AB. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax và By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt các tiếp tuyến Ax và By lần lượt ở E và F.
a. Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp
b. AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Tứ giác MPOQ là hình gì? Tại sao?
c. Kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc AB). Gọi K là giao điểm của MH và EB. So sánh MK với KH.
d. Cho AB = 2R và gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác EOF.
Chứng minh rằng: 
Hướng dẫn giải:
Bài 1:
 a. A có nghĩa (*)
 b. A = 
c. A có giá trị dương khi và x thỏa mãn (*)
 x < -1 và x thỏa mãn (*)
Bài 2:
a. Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = 0
 Đặt t = x2, t ³ 0, phương trình đã cho trở thành: t2 + 24t - 25 = 0 
 có a + b +c = 0 nên t =1 hoặc t = -25, vì t³ 0 ta chọn t = 1
Từ đó phương trình có hai nghiệm x = -1 và x = 1
b. Thế y = 2x - 2 vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50
 x = 2. 
 Từ đó ta có y = 2
 Nghiệm của hệ phương trình đã cho là 
Bài 3: 
Phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = 0 với x là ẩn số, m là tham số.(1)
 Khi m = -1, phương trình đã cho có dạng x2 + 2x - 8 = 0
 Phương trình có nghiệm : x1 = -1+3 = 2; x2 = -1-3 = -4
b. Phương trình có hai nghiệm phân biệt D' = m2 - (m - 1)3 > 0 (*)
Giả sử phương trình có hai nghiệm là u, u2 thì theo định lí Vi-ét ta có: 
Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được: 
(m - 1) + (m - 1)2 = 2m m2 - 3m = 0 
m(m-3) = 0 m = 0 hoặc m = 3: Cả hai giá trị này đều thỏa mãn điều kiện (*), tương ứng với u = -1 hoặc u = 2.
Vậy với thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại.
Bài 4: 
a) Vẽ (P):
- Bảng giá trị: 
x -2 -1 0 1 2
y 8 2 0 2 8
Đồ thị hàm số y = 2x2 là parabol (P) đỉnh O, nhận Oy
 làm trục đối xứng, nằm phía trên trục hoành
H
b) *Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng đồ thị:
- Đường thẳng (d): 2x + y - 4 = 0 hay y = -2x + 4
 + cắt trục tung tại điểm (0;4)
 + cắt trục hoành tại điểm (2;0)
Nhìn đồ thị ta có (P) và (d) cắt nhau tại A(-2; 8). B(1;2)
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-2; 8). B(1;2)
*Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính:
Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình:
2x2 = -2x + 4 hay: 2x2 + 2x – 4 = 0 x2 + x – 2 = 0 có a + b +c = 1+ 1- 2= 0
nên có nghiệm: x1= 1; x2= -2 ; suy ra: y1= 2; y2= 8
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-2; 8). B(1;2)
c) Hình thang AA’B’B có AA’= 8; BB’=2; đường cao A’H = 3 nên có diện tích:(đơn vị diện tích)
Bài 4: 
a. Tứ giác AEMO có:
 = 900 (AE là tiếp tuyến)
 = 900 (EM là tiếp tuyến)
Vậy: Tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp
b. Ta có : (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
AM OE (EM và EA là 2 tiếp tuyến) 
Tương tự, 
 Tứ giác MPOQ là hình chữ nhật
c. Ta có : MK //BF ( cùng vuông góc AB)
 DEMK DEFB 
Vì MF = FB (MF và FB là hai tiếp tuyến) nên: (1)
 Áp dụng định lí Ta-let ta có: (2)
Từ (1) (2) có: (3)
Mặt khác, DEAB DKHB (MH//AE) 	 (4)
Từ (3) (4) có: 
mà EM = EA (EM và EA là 2 tiếp tuyến) do đó: MK = KH
d. Ta có OE là phân giác của AÔM (EA; EM là tiếp tuyến); OF là phân giác của MÔB (FB; FM là tiếp tuyến) mà AÔM và MÔB là hai góc kề bù nên OEOF DEOF vuông (= 900). OM là đường cao và OM = R
Gọi độ dài 3 cạnh của DEOF là a, b, c. I là tâm đường tròn nội tiếp DEOF .Ta có: SEOF = SEIF + SOIF + SEIO = 
 = = 
Mặt khác: SEOF = = aR 
 aR = r(a + b + c)
 (1)
Áp dụng bất đẳng thức trong DEOF ta có: b + c > a a + b + c > 2a 
 (2)
Mặt khác b < a, c < a a + b+ c < 3a 
 (3)
Từ (1); (2); (3) ta có: 
*Ghi chú: Câu 4d là câu nâng cao, chỉ áp dụng cho trường chuyên.
ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10
ĐỀ SỐ 4
Bài 1: 
Cho biểu thứcA = với x > 0 và x ¹ 1
a) Rút gọn A. 
 b) Tìm giá trị của x để A = 3.
Bài 2:
 a. Giải hệ phương trình 
 b. Giải phương trình 
Bài 3:
a) Vẽ đồ thị (P): y = -2x2 .
b) Lấy 3 điểm A, B, C trên (P), A có hoành độ là –2, B có tung độ là – 8, C có hoành độ là – 1. Tính diện tích tam giác ABC.
Bài 4:
 Một tam giác có chiều cao bằng cạnh đáy. Nếu chiều cao giảm đi 2cm và cạnh đáy tăng thêm 3cm t ... Bài 3. (2 điểm)
	Cho phương trình: x2 + 2(m + 3)x + m2 + 3 = 0 (m là tham số)
Tìm m để phương trình có nghiệm kép? Hãy tính nghiệm kép đó.
Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 – x2 = 2
Bài 4. (1,5 điểm) 
	Giải các phương trình sau:
	1) 
	2) x4 + 3x2 – 4 = 0
Bài 5. (3,5điểm).
	Cho đường tròn (O;R) đường kính AB và dây CD vuông góc với nhau ( CA < CB).
	Hai tia BC và DA cắt nhau tại E. Từ E kẻ EH vuông góc với AB tại H; EH cắt CA ở 
	F. Chứng minh rằng:
	1) Tứ giác CDFE nội tiếp được trong mốt đường tròn.
	2) Ba điểm B , D , F thẳng hàng.
	3) HC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
BÀI GIẢI
Bài 1: (1,5 điểm) 1)A = = 
 = 
 = 7 – 5 = 2
	2) B = = = 
	 = = = 
Bài 2. (1,5 điểm)
	1) d1 d2 
	2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là:
 = b2 – 4ac = 32 – 4 . 1. (– 18) = 81 
	 , 
	Suy ra: y1 = 3 ; y2 = 12
 Vậy d cắt (P) tại hai điểm: (3; 3) và (– 6; 12) 
Bài 3. (2điểm) x2 + 2(m + 3)x + m2 + 3 = 0 (1)	
	1) Phương trình (1) có nghiệm kép 
 Vậy với m = – 1 phương trình (1) có nghiệm kép . 
	 Nghiệm kép của PT (1) : 
	2) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 
 Theo hệ thức Vi-ét ta có: S= x1 + x2 = – 2(m + 3) ; P = x1 . x2 = m2 + 3 	 
 Từ 	x1 – x2 = 2 suy ra: ( x1 – x2)2 = 4 ( x1 + x2)2 – 4x1x2 = 4 (*)
	 Thay S và P vào (*) ta được: 
 ( thoả mãn )
 Vậy x1 – x2 = 2 
Bài 4. (1,5 điểm) Giải các phương trình:
	1) (1) ĐK: x ≠ 2 ; x ≠ 6
	(1) 
	 2x2 – 14x + 24 = 0
	 = 49 – 48 = 1
 x1 = ( TMĐK), x2 = ( TMĐK), 
 Tập nghiệm của phương trình: 
	2) x4 + 3x2 – 4 = 0
	Đặt t = x2 ( t 0) , ta có phương trình ẩn t: 	t2 + 3t – 4 = 0 
	Vì a + b + c = 1 + 3 + (– 4 ) = 0 nên t1 = 1 (nhận) , t2 = – 4 < 0 (loại)
	Vậy x2 = 1 x1 = 1; x2 = – 1.
 Tập nghiệm của phương trình: 
Bài 5. (3,5 điểm)
	1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp: 
	 CD // FE (cùng vuông góc AB) (so le trong)
	 AB CD nên AB đi qua trung điểm dây CD (tính chất 
	 đường kính vuông góc với dây cung) nên C và D đối xứng 
	 nhau qua AB. Do đó 
	Suy ra: . 
	Tứ giác CDFE có hai đỉnh F, D liên tiếp nhìn CE dưới một góc bằng nhau nên nội 
 tiếp được trong một đường tròn.
	2) Chứng minh ba điểm B , D , F thẳng hàng.
	 Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (kề bù với )
	Tứ giác CDFE nội tiếp nên . Mà nên 
	Vậy ba điểm B , D , F thẳng hàng.
	3) Chứng minh HC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
	 Ta có nên tứ giác AHEC nội tiếp 
	 Suy ra: (cùng chắn cung AH)
	 Mà (so le trong của EH // CD) và (cùng chắn cung AC).
 Do đó: = sđ . Vậy HC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
 Chú ý: Rất nhiều HS ở câu 1chứng minh và kết luận tứ giác CDFE
 nội tiếp là sai lầm 
 Câu 3 có thể chứng minh rồi suy ra HC là tiếp tuyến.
 ĐỀ THI VÀO LỚP 10
 MÔN TOÁN
 Năm học 2010 – 2011
 (Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Phần 1: Trắc nghiệm (2điểm)
	Mỗi câu sau có nêu 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng. Hãy chọn phương án đúng và viết vào bài làm chữ cái đứng trước phương án được lựa chọn.
Câu 1: Với điều kiện nào thì 
A. a = 0	B. 	C. 	D. Đẳng thức không thể xảy ra
Câu 2: Đồ thị hàm số và cắt nhau tại điểm có hoành độ là:
A. 1 và 	B. -1 và 	C. 1 và 	D. -1 và 
Câu 3: Phương trình đã biết một nghiệm . Nghiệm kia là:
A. 	B. 	C. 	D. 
Câu 4: Số nghiệm của hệ phương trình là:
A. Một	B. Hai	C. Không 	D. Vô số
Câu 5: Hàm số đồng biến khi x > 0 nếu:
A. 	B. 	C. 	D. 
Câu 6: Cho đường tròn (O;R). Từ điểm M nằm ngoài đường tròn kẻ tiếp tuyến MA với đường tròn (A là tiếp điểm). Nếu MO = 3cm và góc OMA = 45 thì bán kính R của đường tròn bằng:
A. 2cm	B. 0,5cm	C. cm	D. cm
Câu 7: Một hình viên phân có bán kính bằng 7cm, số đo cung bằng 90. Diện tích hình viên phấn đó bằng (lấy )
A. 38,5cm	B. 14cm	C. 24cm	D. 105cm
Câu 8: Nếu bán kính của một hình cầu tăng gấp đôi thì thể tích hình cầu đó tăng gấp:
A. 8 lần	B. 6 lần	C. 4 lần	D. 2 lần
Phần 2: Tự luận (8 điểm)
Câu 1: (1,5đ): Cho biểu thức:
	 với a > 0, a 1
a, Rút gọn biểu thức A
b, So sánh A với 1
Câu 2: (1,5đ): Cho phương trình
	 (m là tham số)
a, Giải phương trình với m = 1
b, Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng 1.
Câu 3: (1đ)
	Cho hàm số y = (m-1)x + 2 – 2m (m là tham số). Xác định m để:
a, Hàm số đồng biến
b, Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm A có hoành độ bằng .
Câu 4: (2,5đ)
	Cho ABC vuông tại A, (AB < AC), đường cao AH. Gọi M là điểm đối xứng của H qua AB.
1, Chứng minh tứ giác AMBH nội tiếp.
2, Tia MC cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMBH tại điểm P (P M). Tia HP cắt đường tròn ngoại tiếp APC tại điểm N (N P). Gọi E và K tương ứng là giao của AB và BC với đường tròn ngoại tiếp APC (EA, K C ). Chứng minh rằng:
a, EN // BC
b, H là trung điểm của BK.
Câu 5: (1,5đ)
	a, Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
	b, Tìm các số nguyên x, y, z sao cho: 
*******************************
 ĐỀ THI VÀO LỚP 10
 MÔN TOÁN
 Năm học 2010 – 2011
 (Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Bµi 1: Cho biÓu thøc P=
Rót gän P
T×m a ®Ó : .
Bai2: Gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp ph­¬ng tr×nh
Mét ca n« xu«i dßng trªn mét khóc s«ng tõ bÕn A ®Õn bÕn B c¸ch nhau 80km, sau ®ã l¹i ng­îc dßng ®Õn ®Þa ®iÓm C c¸ch B 72km, thêi gian ca n« xu«i dßng Ýt h¬n thêi gian ca n« ng­îc dßng 15 phót. TÝnh vËn tèc riªng cña ca n«, biÕt vËn tèc cña dßng n­íc lµ 4km/h.
Bai3: T×m to¹ ®é giao ®iÓm A vµ B cña ®å thÞ hai hµm sè y=2x+3 vµ y=x2. Gäi D vµ C lÇn l­ît lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña A vµ B trªn trôc hoµnh. TÝnh diÖn tÝch tø gi¸c ABCD.
Bµi 4: Cho ®­êng trßn (O) ®­êng kÝnh AB=2R, C lµ trung ®iÓm cña OA vµ d©y MN vu«ng gãc víi OA t¹i C. Gäi K lµ ®iÓm tuú ý trªn cung nhá BM,H lµ giao ®iÓm cña AK vµ MN.
Chøng minh tø gi¸c BCHK néi tiÕp
TÝnh tÝch AH.AK theo R.
X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña ®iÓm K ®Ó tæng (KM+KN+KB) ®¹t GTLN vµ tÝnh GTLN ®ã?
Bµi 5:
 Cho hai sè d­¬ng x,y tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x+y =2. Chøng minh : x2y2(x2+y2) .
 ĐỀ THI VÀO LỚP 10
 MÔN TOÁN
 Năm học 2010 – 2011
 (Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Bµi 1(2,5 ®iÓm): Cho biÓu thøc P = .
Rót gän P
TÝnh GT cña P khi x=4
T×m x ®Ó P = .
Bµi 2(2,5 ®iÓm): Gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp ph­¬ng tr×nh
Th¸ng thø nhÊt hai tæ s¶n xuÊt ®­îc 900 chi tiÕt m¸y.Th¸ng thø hai tæ I v­ît møc 15%, tæ II v­ît míc 10% so víi th¶ng thø nhÊt. V× vËy hai tæ ®· s¶n xuÊt ®­îc 1010 chi tiÕt m¸y. Hái th¸ng thø nhÊt mçi tæ s¶n xuÊt ®­îc bao nhiªu chi tiÕt m¸y.
Bai3 (1 ®iÓm): Cho Parabol (P): y= vµ ®­êng th¼ng (d) cã ph­¬ng tr×nh y = mx+1.
C/m ®­êng th¼ng (d) lu«n c¾t Parabol (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt víi mäi m
Gäi A,B lµ hai giao ®iÓm cña (d) vµ (P). TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c OAB theo m( O lµ gèc to¹ ®é).
Bµi 4(3,5 ®iÓm): Cho ®­êng trßn (O) b¸n kÝnh AB=2R vµ E lµ ®iÓm bÊt kú trªn ®­êng trßn ®ã(E kh¸c A,B). §­êng ph©n gi¸c gãc AEB c¾t ®o¹n th¼ng AB t¹i F vµ c¾t ®­êng trßn (O) t¹i ®iÓm thø hai K kh¸c A.
C/m hai tam gi¸c KAF vµ KEA ®ång d¹ng.
Gäi I lµ giao ®iÓm cña ®­êng trung trùc ®o¹n EF víi OE. Chøng minh ®­êng trßn (I;IE) tiÕp xóc (O) t¹i E vµ tiÕp xóc AB t¹i F.
Gäi M,N lÇn l­ît lµ giao ®iÓm thø hai cña AE,BE víi ®­êng trßn (I;IE). C/m MN//AB
Gäi P lµ giao ®iÓm cña NF vµ AK; Q lµ giao ®iÓm cña MF vµ BK. T×m GTNN cña chu vi tam gi¸c KPQ theo R khi E chuyÓn ®éng trªn (O).
Bµi 5(0,5 ®iÓm): 
T×m GTNN cña biÓu thøc A=(x-1)4+(x-3)4+6(x-1)2(x-3)2
 ĐỀ THI VÀO LỚP 10
 MÔN TOÁN
 Năm học 2010 – 2011
 (Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Bµi1: Cho biÓu thøc P=
a) Rót gän P
b) T×m c¸c GT cña x ®Ó P <.
Bµi 2: Gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp ph­¬ng tr×nh
Mét ng­êi ®i xe ®¹p tõ A ®Õn B c¸ch nhau 24km.Khi tõ B trë vÒ A ng­êi ®ã t¨ng vËn tèc thªm 4km/h so víi lóc ®i, v× vËy thêi gian vÒ Ýt h¬n thêi gian ®i 30 phót . TÝnh v©n tèc cña ng­êi ®i xe ®¹p khi ®i tõ A ®Õn B.
Bµi 3: Cho ph­¬ng tr×nh x2 +bx+c=0
1) Gi¶i ph­¬ng tr×nh khi b=-3;c=2
2) T×m b,c ®Ó ph­¬ng tr×nh cã hai nghÖm ph©n biÖt vµ tÝch b»ng 1.
Bµi 4:
Cho d­êng trßn (O;R) tiÕp xóc víi ®­êng th¼ng d t¹i A.Trªn ®­êng th¼ng d lÊy ®iÓm H (H kh¸c A) vµ AH<R. Qua H kÎ ®­¬ng th¼ng vu«ng gãc víi d c¾t ®­êng trßn t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt E,B( En»m gi÷a B vµ H).
1) Chøng minh ABE=EAH vµ .
2) LÊy ®iÓm C trªn ®­êng th¼ng d sao cho H lµ trung ®iÓm cña AC,®­êng th¼ng CE c¾t AB t¹i K. C/m tø gi¸c AHEK néi tiÕp.
3) X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña ®iÓm H ®Ó AB = R.
Bµi 5: Cho ®­êng th¼ng y = (m-1)x+2. T×m m ®Ó kho¶ng c¸ch tõ gèc to¹ ®é O tíi ®­êng th¼ng ®ã lín nhÊt.
 ĐỀ THI VÀO LỚP 10
 MÔN TOÁN
 Năm học 2010 – 2011
 (Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Bµi 1(2,5 ®iÓm): Cho biÓu thøc P =
a) Rót gän P
b) TÝnh GT cña P khi x= 4
c) T×m GT cña x ®Ó P = 
Bµi 2(2,5 ®iÓm): : Gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp ph­¬ng tr×nh, hÖ ph­¬ng tr×nh
 Th¸ng thø nhÊt hai tæ s¶n xuÊt ®­îc 900 chi tiÕt m¸y. Th¸ng thø hai tæ I v­ît møc 15% vµ tæ II v­ît møc 10% so víi th¸ng thø nhÊt, v× vËy hai tæ s¶n xuÊt ®­îc 1010 chi tiÕt m¸y. Hái th¸ng thø nhÊt mçi tæ s¶n xuÊt ®­îc bao nhiªu chi tiÕt m¸y?
Bµi 3(1,0 ®iÓm): 
Cho Parabol (P) : y = vµ ®­êng th¼ng (d) cã ph­¬ng tr×nh y =mx+1.
1) Chøng minh víi mäi m ®­êng th¼ng (d) lu«n c¾t Parabol (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A,B.
2) TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c AOB theo m (O lµ gèc to¹ ®é)
Bµi 4(3,5 ®iÓm): Cho ®­êng trßn (O) ®­êng kÝnh AB=2R vµ E lµ ®iÓm bÊt k× trªn ®­êng trßn ®ã(E kh¸c A vµ B). §­êng ph©n gi¸c gãc AEB c¾t ®o¹n AB t¹i F vµ c¾t ®­êng trßn (O) t¹i ®iÓm thø hai K.
a) C/minh 
b) Gäi I lµ giao ®iÓm cña ®­êng trung trùc ®o¹n EF vµ OE, chøng minh ®­êng trßn (I) b¸n kÝnh IE tiÕp xóc víi ®­êng trßn (O) t¹i E vµ tiÕp xcs víi ®­êng th¼ng AB t¹i F.
 c) Chøng minh MN//AB ,trong ®ã M,N lÇn l­ît lµ giao ®iÓm thø hai cña AE,BE víi ®­êng trßn (I).
d) TÝnh GTNN cña chu vi tam gi¸c KPQ theo R khi E chuyÓn ®éng trªn ®­êng trßn (O), víi P lµ giao ®iÓm cña NF vµ AK;Q lµ giao ®iÓm cña MF vµ BK.
Bµi 5(0,5 ®iÓm): T×m GTNN cña biÓu thøc P = (x-1)4+ (x-3)4+ 6(x-1)2(x-3)2.	
 ĐỀ THI VÀO LỚP 10
 MÔN TOÁN
 Năm học 2010 – 2011
 (Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Bµi 1(2,5 ®iÓm): 
Cho P = .
1) Rót gän P.
2) T×m gi¸ trÞ cña x ®Ó P =.
3) T×m GTLN cña P.
Bµi 2(2,5 ®iÓm): gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp ph­¬ng tr×nh
Mét m¶nh ®Êt h×nh ch÷ nhËt cã ®é dµi ®­êng chÐo lµ 13m vµ chiÒu dµi lín h¬n chiÒu réng lµ 7m. TÝnh chiÒu dµi vµ chiÒu réng cña m¶nh ®Êt ®ã?
Bµi 3(1,0 ®iÓm): Cho Parabol (P): y =-x2 vµ ®­êng th¼ng (d) y =mx-1
1) CMR víi mäi m th× (d) lu«n c¾t (P) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt.
2) Gäi x1,x2 lµ c¸c hoµnh ®é giao ®iÓm cña (d) vµ (P). T×m gi¸ trÞ cña m ®Ó 
x12x2+x22x1- x1x2 =3.
Bµi 4(3,5 ®iÓm): 
Cho (O;R) ®­êng kÝnh AB =2R vµ ®iÓm C thuéc ®­êng trßn ®ã( C kh¸c A,B). D thuéc d©y BC (D kh¸c B,C). Tia AD c¾t cung nhá BC t¹i E,tia AC c¾t BE t¹i F.
1) C/minh tø gi¸c FCDE néi tiÕp
2) C/minh DA.DE = DB.DC
3) Chøng minh CFD = OCB . Gäi I lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c FCDE , chøng minh IC lµ tiÕp tuyÕn cña (O).
4) Cho biÕt DF =R, chøng minh tanAFB = 2.
Bµi 5 (0,5 ®iÓm): 
Gi¶i ph­¬ng tr×nh x2 +4x +7 =(x+4)