Bộ đề thi tuyển sinh 10 năm học 2010 - 2011 môn Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
 TP.HCM Năm học: 2010 – 2011 
 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 120 phút 
Bài 1: (2 điểm) 
Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 
a) 22 3 2x x 0   
b) 
4 1
6 2
x y
x y
     9
0c) 4 24 13 3x x  
d) 22 2 2 1x x   0 
Bài 2: (1,5 điểm) 
 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 
2
2
xy   và đường thẳng (D): 1 1
2
y x  trên cùng 
một hệ trục toạ độ. 
 b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính. 
Bài 3: (1,5 điểm) 
 Thu gọn các biểu thức sau: 
12 6 3 21 12 3A     
2 2
5 35 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
B
                     
Bài 4: (1,5 điểm) 
 Cho phương trình (x là ẩn số) 2 2(3 1) 2 1 0x m x m m     
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá 
trị của m. 
b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị 
lớn nhất: A = 232 21 2 1x x  x x . 
Bài 5: (3,5 điểm) 
 Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc 
đường tròn (O) khác A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP 
vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE). 
a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ 
nhật. 
b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng. 
c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB 
đồng dạng. Suy ra K là trung điểm của MP. 
d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật 
APMQ có diện tích lớn nhất. 
BỘ ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 
2010 - 2011
BÀI GIẢI 
Bài 1: (2 điểm) 
Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 
a) 22 3 2x x 0   (1) 
 9 16 25   
(1) 3 5 1 3 5 2
4 2 4
x hay x       
b) 
4 1
6 2 9 (2
x y
x y
    
(1)
)
4 1
14 7 ( (2) 2 (1))
x y (1)
x pt pt
     
3
1
2
y
x
   
c) 4 24 13 3x x 0   (3), đđặt u = x2, 
phương trình thành : 4u2 – 13u + 3 = 0 (4) 
(4) có 2169 48 121 11     13 11 1 13 11(4) 3
8 4 8
u hay u      
Do đó (3) 1 3
2
x hay x     
d) 22 2 2 1x x 0   (5) 
 ' 2 2 4   
 Do đó (5) 2 2 2 2
2 2
x hay x    
Bài 2: 
 a) Đồ thị: học sinh tự vẽ 
 Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),  11; , 2; 2
2
       . 
(D) đi qua  11; , 2; 2
2
      
 Do đó (P) và (D) có 2 điểm chung là :  11; , 2; 2
2
      . 
 b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là 
2
21 1 2
2 2
x x x x       0 1 2x hay x    
Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là  11; , 2; 2
2
      . 
Bài 3: 
 12 6 3 21 12 3A     2 2(3 3) 3(2 3) 3 3 (2 3) 3        3 
2 2
5 35 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
B
                     
2B =    2 25 4 2 3 6 2 5 5 4 2 3 6 2 5 3         
   2 22 2 2 25 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3          
=    2 25 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3         
=  B = 10. 5.3 5 20 
Bài 4: 
 a)    2 2 2 23 1 8 4 4 2 5 ( 1) 4 0m m m m m m            m
Suy ra phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. 
b) Ta có x1 + x2 = 3m + 1 và x1x2 = 2m2 + m – 1 
A= 2 21 2 13 2x x x x   21 2 15 2x x x   x 
2 2(3 1) 5(2 1)m m m     2 21 16 6 ( )
4 2
m m m        225 1( )
4 2
m   
Do đó giá trị lớn nhất của A là : 25
4
. Đạt được khi m = 1
2
Bài 5: 
I
K 
x
A
E
Q
O 
M
P 
I
B
a) Ta có góc = 90O = EMO EAO
=> EAOM nội tiếp. 
Tứ giác APMQ có 3 góc vuông : 
   oEAO APM PMQ 90   
=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật 
b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường 
chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ 
nên I là trung điểm của AM. 
Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và 
tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng 
hàng. 
c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng 
dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc 
bằng nhau là , vì OE // BM  AOE ABM
=> AO AE
BP MP
 (1) 
Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số KP BP
AE AB
 (2) 
Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, 
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP 
Vậy K là trung điểm của MP. 
Cách 2 : Ta có EK AP
EB AB
 (3) do AE // KP, 
mặt khác, ta có EI AP
EO AB
 (4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng 
So sánh (3) & (4), ta có : EK EI
EB EO
 . 
Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM 
=> K là trung điểm MP. 
d) Ta dễ dàng chứng minh được : 
 abcd 
4a b c d
4
       (*) 
 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d 
 MP = 2 2 2 2MO OP R (x R) 2Rx x      2 
 Ta có: S = SAPMQ = 2 3MP.AP x 2Rx x (2R x)x    
 S đạt max  đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max 3(2R x)x
 x x x. . (2R x)
3 3 3
 đạt max 
Áp dụng (*) với a = b = c = x
3
Ta có : 
4 4
4
x x x 1 x x x R. . (2R x) (2R x)
3 3 3 4 3 3 3 16
          
 Do đó S đạt max  x (2R x)
3
   3x R
2
 . 
TS. Nguyễn Phú Vinh 
(TT BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn) 
SÔÛ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO KYØ THI TUYEÅN SINH LÔÙP 10 
THAØNH PHOÁ HOÀ CHÍ MINH TRUNG HOÏC PHOÅ THOÂNG CHUYÊN 
 NAÊM HOÏC 2010 - 2011 
 KHOÙA NGAØY 21/06/2010 
 Moân thi: TOAÙN (chuyên) 
 Thôøi gian laøm baøi : 150 phuùt 
 ( khoâng keå thôøi gian giao ñeà) 
Caâu 1 : (4 ñieåm) 
1) Giaûi heä phöông trình : 
1 y 1
x 1
2 5y 3
x 1

+ = +

 + =
 +
 2) Giải phương trình: 2 2 2(2x x) 2x x 12 0− + − − = 
Caâu 2 : (3 ñieåm) 
Cho phương trình x2 – 2(2m + 1)x + 4m2 + 4m – 3 = 0 (x là ẩn số) 
Tìm m ñể phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2) thỏa 1 2x 2 x= 
Caâu 3 : (2 ñieåm) 
Thu gọn biểu thức: 7 5 7 5A 3 2 2
7 2 11
+ + −
= − −
+
Caâu 4 : (4 ñieåm) 
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp ñường tròn (O). Gọi P là ñiểm chính giữa của cung 
nhỏ AC. Hai ñường thẳng AP và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng: 
a) 
 
ABP AMB= 
b) MA. MP = BA. BM 
Caâu 5 : (3 ñieåm) 
a) Cho phương trình: 2x2 + mx + 2n + 8 = 0 (x là ẩn số và m, n là các số nguyên).Giả sử 
phương trình có các nghiệm ñều là số nguyên. 
 Chứng minh rằng: m2 + n2 là hợp số. 
b) Cho hai số dương a, b thỏa a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 . Tính P = a2010 + b2010 
Caâu 6 : (2 ñieåm) 
Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA = OB = 2a. Gọi (O) là ñường tròn tâm O bán 
kính a. Tìm ñiểm M thuộc (O) sao cho MA + 2MB ñạt giá trị nhỏ nhất. 
Caâu 7 : (2 ñieåm) 
Cho a, b là các số dương thỏa 2 2 2a 2b 3c+ ≤ . Chứng minh 1 2 3
a b c
+ ≥ . 
HEÁT 
Hoï vaø teân thí sinh: Soá baùo danh: . 
Chöõ kyù giaùm thò 1 : Chöõ kyù giaùm thò 2 :.. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 1 
SÔÛ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO KYØ THI TUYEÅN SINH LÔÙP 10 
THAØNH PHOÁ HOÀ CHÍ MINH TRUNG HOÏC PHOÅ THOÂNG CHUYEÂN 
 NAÊM HOÏC 2010 – 2011 
 KHOÙA NGAØY 21/06/2010 
 Ñaùp aùn : TOAÙN 
Caâu Höôùng daãn chaám Ñieåm 
1 
(4 ñ) 
Caâu 1 : (4 ñieåm) 
1) Giaûi heä phöông trình : 
1 y 1
x 1
2 5y 3
x 1

+ = +

 + =
 +
1 2 3y 1y 1 2y 2
x 1 x 1
22 2 5y 35y 3 5y 3 x 1
x 1 x 1
− 
=+ = − = −    + +⇔ ⇔  
+ =  + = + = + + + 
1
x
2
1y
3

=
⇔ 

=

2) Giải phương trình: 2 2 2(2x x) 2x x 12 0− + − − = 
Đặt t = 2x2 – x, pt trở thành 
t2 + t – 12 = 0 ⇔ t = 3 hay t = – 4 
t = 3 ⇔ 2x2 – x = 3 ⇔ x = – 1 hay x = 3/2 
t = – 4 ⇔ 2x2 – x = – 4 ( vô nghiệm) 
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = – 1, x = 3/2 
0,5x4 
0,5ñ 
0,5ñ 
0,5ñ 
0,5ñ 
2 
(3 ñ) 
Caâu 2 : (3 ñieåm) 
Cho phương trình x2 – 2(2m + 1)x + 4m2 + 4m – 3 = 0 (x là ẩn số) (*) 
Tìm m ñể phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2) thỏa 1 2x 2 x= 
∆ ’ = (2m + 1)2 – (4m2 + 4m – 3) = 4 > 0, với mọi m 
Vậy (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. 
1 2x 2m 1, x 2m 3= − = + 
1 2x 2 x 2m 1 2 2m 3= ⇔ − = + 
7
m2m 1 2(2m 3) 2
52m 1 2(2m 3)
m
6

 =−
 − = + 
 ⇔ 
 − =− +  =−

0,5 ñ 
0,5ñ 
0,5ñ 
1,5ñ 
3 
(2 ñ) 
Caâu 3 : (2 ñieåm) 
Thu gọn biểu thức: 7 5 7 5A 3 2 2
7 2 11
+ + −
= − −
+
Xét M = 7 5 7 5
7 2 11
+ + −
+
Ta có M > 0 và M2 = 14 2 44 2
7 2 11
+
=
+
 suy ra M = 2 
A = 2 ( 2 1) 1− − = 
1 ñ 
1ñ 
 2 
4 (4ñ) Caâu 4 : (4 ñieåm) 
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp ñường tròn (O). Gọi P là ñiểm chính giữa 
cung nhỏ AC. Hai ñường thẳng AP và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng: 
a) 
 
ABP AMB= 
b) MA. MP = BA. BM 
M
P
A
O
B C
a) 
      
1 1 1( ) ( )
2 2 2
= − = − = =AMB sñAB sñPC sñAC sñPC sñAP ABP 
b)   
 
 
= ⇒ = =PA PC CAP ABP AMB suy ra CM = AC = AB 
∆MAC ~ ∆MBP (g – g) . . .⇒ = ⇒ = =MA MC MA MP MBMC MBAB
MB MP
2ñ 
1ñ 
1ñ 
5 
(3 ñ) 
Caâu 5 : (3 ñieåm) 
a) Cho phương trình: 2x2 + mx + 2n + 8 = 0 (x là ẩn số và m, n là các số nguyên) 
Giả sử phương trình có các nghiệm ñều là số nguyên. Chứng minh rằng: m2 + n2 
là hợp số. 
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình ⇒ x1, x2 nguyên, 1 2
m
x x
2
+ =− , x1x2 = n + 4 
2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2m n (2x 2x ) (x x 4) 4x 4x x x 16+ = + + − = + + + 
2 2
1 2(x 4)(x 4)= + + 
x1
2
 + 4, x22 + 4 là các số nguyên lớn hơn 1 nên m2 + n2 là hợp số. 
b) Cho hai số dương a, b thỏa a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 . Tính P = a2010 + 
b2010 
Ta có 0 = a100 + b100 – (a101 + b101) = a101 + b101 – (a102 + b102) . 
⇒ a100(1 – a) + b100(1 – b) = a101(1 – a) + b101(1 – b) 
⇒ a100(1 – a)2 + b100(1 – b)2 = 0 
⇒ a = b = 1 
⇒ P = a2010 + b2010
 = 2 
0,5ñ 
0,5ñ 
0,5ñ 
1ñ 
0,5ñ 
6 (2ñ) Caâu 6 : (2 ñieåm) 
Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA = OB = 2a. Gọi (O) là ñường tròn tâm O 
bán kính a. Tìm ñiểm M thuộc (O) sao cho MA + 2MB ñạt giá trị nhỏ nhất. 
 3 
F
E
B
ACO
D
M
Đường thẳng OA cắt (O) tại C và D với C là trung ñiểm của OA. Gọi E là trung 
ñiểm của OC. 
* Trường hợp M không trùng với C và D: Hai tam giác OEM và OMA ñồng dạng 
(
 
 OM 1 OEMOE AOM,
OA 2 OM
= = = ). 
 ⇒ 
ME OM 1
AM OA 2
= = ⇒ MA = 2EM 
* Trường hợp M trùng với C: MA = CA = 2EC = 2EM 
* Trường hợp M trùng với D: MA = DA = 2ED = 2EM 
Vậy luôn có MA = 2EM 
MA + 2MB = 2(EM + MB) ≥2EB = hằng số. 
Dấu “=” xảy ra khi M là giao ñiểm của ñoạn BE với ñường tròn (O). 
Vậy MA + 2MB nhỏ nhất khi M là giao ñiểm của ñoạn BE với ñường tròn (O). 
1ñ 
0,5 ñ 
0,5ñ 
7(2ñ) Caâu 7 : (2 ñieåm) 
Cho a, b là các số dương thỏa 2 2 2a 2b 3c+ ≤ . Chứng minh 1 2 3
a b c
+ ≥ . 
Ta có 
1 2 9
 (1) (a 2b)(b 2a) 9ab
a b a 2b
+ ≥ ⇔ + + ≥
+
2 2 22a 4ab 2b 0 2(a b) 0⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ (Đúng) 
2 2 2 2 2a 2b 3(a 2b ) (a 2b) 3(a 2b ) (2) + ≤ + ⇔ + ≤ + 
2 2 22a 4ab 2b 0 2(a b) 0⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ (Đúng) 
Từ (1) và (2) suy ra 
2 2
1 2 9 9 3
a b a 2b c3(a 2b )
+ ≥ ≥ ≥
+ +
 ( do a2 + 2b2 ≤3c2) 
0,5 ñ 
0,5ñ 
1ñ 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
 HÀ NỘI Năm học: 2010 – 2011 
 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 120 phút 
Bài I (2,5 điểm) 
 Cho biểu thức x 2 x 3xA
x 9x 3 x 3
9     , với x  0 và x  9 
 1) Rút gọn biểu thức A. 
 2) Tìm giá trị của x để 1A
3
 . 
 3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A 
Bài II (2,5 điểm) 
 Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: 
 Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m và chiều dài lớn hơn 
chiều rộng 7m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó. 
Bài III (1,0 điểm) 
 Cho parabol (P) : y =  x2 và đường thẳng (d) : y = mx  1 
 1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) 
tại hai điểm phân biệt. 
 2) Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol 
(P). Tìm giá trị của m để : 2 21 2 2 1 1 2x x x x x x 3  
Bài IV (3,5 điểm) 
 Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C 
khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm 
E, tia AC cắt tia BE tại điểm F. 
 1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp. 
 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC 
 3) Chứng minh CF . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, 
chứng minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O) . 
 D OCB
 4) Cho biết DF = R, chứng minh tg AFB 2 . 
Bài V (0,5 điểm) 
 Giải phương trình : 2 2x 4x 7 (x 4) x 7     
BÀI GIẢI 
Bài I: (2,5 điểm) Với x ≥ 0 và x  9 ta có : 
1) A = 2 3
93 3
x x x
xx x
9    = 
( 3) 2 ( 3) 3
9 9
x x x x x
x x
9
9x
      
 3 2 6 3 9
9
x x x x x
x
      
3 9
9
x
x
 
3( 3)
9
x
x
 
3
3x
  
2) A = 1
3
 3  
3x  3 9x    6x   x = 36 
3) A 3
3x
  lớn nhất  3x  nhỏ nhất  0x   x = 0 
Bài II: (2,5 điểm) 
 Gọi x (m) là chiều rộng của hình chữ nhật (x > 0) 
  chiều dài của hình chữ nhật là x + 7 (m) 
 Vì đường chéo là 13 (m) nên ta có :  2 213 ( 7)x x   2 22 14 49 169 0x x    
  x2 + 7x – 60 = 0 (1), (1) có  = 49 + 240 = 289 = 172 
 Do đó (1)  7 17
2
x   (loại) hay 7 17 5
2
x    
 Vậy hình chữ nhật có chiều rộng là 5 m và chiều dài là (x + 7) m = 12 m 
Bài III: (1,0 điểm) 
 1) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 
 -x2 = mx – 1  x2 + mx – 1 = 0 (2), phương trình (2) có a.c = -1 < 0 với mọi m 
  (2) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu với mọi m  (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm 
phân biệt. 
 2) x1, x2 là nghiệm của (2) nên ta có : 
 x1 + x2 = -m và x1x2 = -1 
  2 21 2 2 1 1 2 3x x x x x x   1 2 1 2( 1)x x x x 3    1( 1) 3m    F
  m + 1 = 3  m = 2 
I 
A O 
D 
C
E
B
Bài IV: (3,5 điểm) 
 1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối  oFED 90 FCD 
 nên chúng nội tiếp. 
 2) Hai tam giác vuông đồng dạng ACD và DEB vì 
 hai góc cùng chắn cung CE, nên ta  CAD CBE
 có tỉ số : DC DE DC.DB DA.DE
DA DB
   
 3) Gọi I là tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác 
 FCDE, ta có CF (cùng chắn cung CD)  D CEA
 Mặt khác CEA (cùng chắn cung AC)  CBA
 và vì tam OCB cân tại O, nên .  CFD OCB
 Ta có : IC  D IDC HDB 
 và  OCD OBD   0HDB OBD 90 
  nên IC là tiếp tuyến với đường tròn tâm O.   0OCD DCI 90 
 Tương tự IE là tiếp tuyến với đường tròn tâm O. 
 4) Ta có 2 tam giác vuông đồng dạng ICO và FEA vì có 2 góc nhọn 
  1CAE COE COI
2
  (do tính chất góc nội tiếp) 
 Mà  CO Rtg  CIO 2RIC 2
    tgAFB tgCIO 2  . 
Bài V: (0,5 điểm) 
 Giải phương trình : 2 24 7 ( 4) 7x x x x     
 Đặt t = 2 7x  , phương trình đã cho thành : 2 4 ( 4)t x x   t
0 0   2 ( 4) 4t x t x    ( )( 4)t x t    t = x hay t = 4, 
 Do đó phương trình đã cho  2 27 4 7x hay x x    
  x2 + 7 = 16 hay 
2 27
7
x x
x
   
  x2 = 9  x = 3 
Cách khác : 
2 24 7 ( 4) 7x x x x      2 27 4( 4) 16 ( 4) 7 0x x x x        
2 2 2( 4)(4 7) ( 7 4)( 7 4) 0x x x x          
2 27 4 0 ( 4) 7 4 0x hay x x          
2 27 4 7  x hay x x     x2 = 9  x = 3 
TS. Nguyễn Phú Vinh 
(TT BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn) 
 Së Gi¸o dôc vμ ®μo t¹o KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP. HUẾ 
 Thõa Thiªn HuÕ Khóa ngày 24.6.2010 
 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TO¸N 
 Thời gian làm bài: 120 phút 
Bài 1: (2,25 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay: 
a) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 
 1) . 2) 2 0
3
5 7 6x x   2 3 1
3 5 9
x y
x y
  
  
b) Rút gọn biểu thức: 5 2 5
5 2
P   . 
Bài 2: (2,5 điểm) Cho hàm số 2y ax . 
a) Xác định hệ số a biết rằng đồ thị của hàm số đã cho đi qua điểm  2; 8 . M
b) Vẽ trên cùng một mặt phẳng tọa độ đồ thị (P) của hàm số đã cho với giá trị a vừa tìm 
được và đường thẳng (d) đi qua  2; 8 có hệ số góc bằng 2 . Tìm tọa độ giao 
điểm khác M của (P) và (d). 
M
Bài 3: (1,25 điểm) Hai người đi xe đạp cùng xuất phát từ A để đến B với vận tốc bằng nhau. Đi 
được 
3
2 quãng đường AB, người thứ nhất bị hỏng xe nên dừng lại 20 phút và đón ô tô quay về 
A, còn người thứ hai không dừng lại mà tiếp tục đi với vận tốc cũ để tới B. Biết rằng khoảng 
cách từ A đến B là 60 km, vận tốc ô tô hơn vận tốc xe đạp là 48 km/h và khi người thứ hai tới 
B thì người thứ nhất đã về A trước đó 40 phút. Tính vận tốc của xe đạp. 
Bài 4: (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A và AC > AB, D là một điểm trên cạnh AC 
sao cho CD < AD. Vẽ đường tròn (D) tâm D và tiếp xúc với BC tại E. Từ B vẽ tiếp tuyến thứ 
hai của đường tròn (D) với F là tiếp điểm khác E. 
a) Chứng minh rằng năm điểm A, B, E, D, F cùng thuộc một đường tròn. 
b) Gọi M là trung điểm của BC. Đường thẳng BF lần lượt cắt AM, AE, AD theo thứ tự tại các 
điểm N, K, I. Chứng minh: IK AK
IF AF
 . Suy ra: IF BK IK BF   . 
c) Chứng minh rằng tam giác ANF là tam giác cân. 
Bài 5: (1,5 điểm) 
Từ một tấm thiếc hình chữ nhật ABCD có chiều rộng AB = 3,6dm, chiều dài AD = 4,85dm, 
người ta cắt một phần tấm thiếc để làm mặt xung quanh của một hình nón với đỉnh là A và 
đường sinh bằng 3,6dm, sao cho diện tích mặt xung quanh này lớn nhất. Mặt đáy của hình nón 
được cắt trong phần còn lại của tấm thiếc hình chữ nhật ABCD. 
a) Tính thể tích của hình nón được tạo thành. 
b) Chứng tỏ rằng có thể cắt được nguyên vẹn hình tròn đáy mà chỉ sử dụng phần còn lại 
của tấm thiếc ABCD sau khi đã cắt xong mặt xung quanh hình nón nói trên. 
Hết 
SBD thí sinh:................................ Chữ ký của GT 1:...............................................
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP. HUẾ 
 THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN - Khóa ngày: 25/6/2010 
 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM 
Bài ý Nội dung Điểm 
1 2,25 
 a.1 
(0,75) 
Giải phương trình 25 7 6x x 0   (1): 
249 120 169 13 , 13       , 
1
7 13 3
10 5
x    vμ 1 7 13 210x
  . 
Vậy phương trình có hai nghiệm: 1 23 , 25x x   
0,25 
0,25 
0,25 
 a.2 
(0,75) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh 
2 3 1
3 5 9
x y
x y
3     : 
2 3 13 6 9 39 2 3 1
3 5 9 6 10 18 19 57
x y x y x y
x y x y y
                   
3

3 2
2 9 13 4 3
y x
x y
          
0,50 
0,25
 b. 
(0,75)  5 5 25 2 5 2 5
5 45 2
P
    
5 2 5 2 5 5    
0,50 
0,25
2 2,5 
 2.a 
(0,75) + Đồ thị (P) của hàm số 2y ax ®i qua ®iÓm  2; 8M , nªn: 
 8 2 .  2a a     2
VËy: vμ hàm số đã cho là: 2a  22y x 
0,50 
0,25 
 2.b 
(1,75) 
+ Đường thẳng (d) có hệ số góc bằng 2 , nên có phương trình dạng: 
 2y x   b
+ (d) đi qua ®iÓm , nªn:  2; 8M   2 b b8 2 4       , ( ) : 2 4d y x  
+ Vẽ (P) 
+ Vẽ (d) 
+ Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: 
2 22 2 4 2x x x x       0 . 
+ Phương trình có hai nghiệm: 1 21; 2x x   
Do đó hoành độ giao điểm thứ hai của (P) và (d) là 21 2 1x y 2     . 
Vậy giao điểm khác M của (P) và (d) có tọa độ:  1;2N 
0,25 
0,25 
0,50 
0,25 
0,25 
0,25 
 1
3 1,25 
 Gọi x (km/h) là vận tốc của xe đạp, thì x + 48 (km/h) là vận tốc của ô tô. Điều 
kiện: x > 0. 
Hai người cùng đi xe đạp một đoạn đường 2 40
3
AC AB k  m 
Đoạn đường còn lại người thứ hai đi xe đạp để đến B là: CB = ABAC=20 km. 
0,25 
0,25 
 Thời gian người thứ nhất đi ô tô từ C về A là: 40
48x  (giờ) và người thứ hai đi 
từ C đến B là: 20
x
(giờ). 
Theo giả thiết, ta có phương trình: 40 1 20 2 40 201
48 3 3 48x x x
       x 
Giải phương trình trên: 
   40 48 20 48x x x x    hay 2 68 960 0x x   
Giải phương trình ta được hai nghiệm: 1 80 0x    (loại) và . 2 12x 
Vậy vận tốc của xe đạp là: 12 km/h 
0,25 
0,25 
0,25 
4 2,5 
 4.a 
(1,0) 
 Hình vẽ đúng. 
Theo tính chất tiếp tuyến, ta có:   090BED BFD 
Mà (giả thiết)   090BAD BAC 
Do đó:    090BED BFD BAD  
Vậy: Năm điểm A,B,E,D,F cùng thuộc đường tròn đường kính BD. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 4.b 
(1,0) 
Gọi (O) là đường tròn đường kính BD. Trong đường tròn (O), ta có: 
 DE DF (do DE, DF là bán kính đường tròn (D))   AFEAD D
 Suy ra: AD là tia phân giác EAF hay AI là tia phân giác của KAF 
 Theo tính chất phân giác ta có IK AK
IF AF
 (1) 
Vì AB AI nên AB là tia phân giác ngoài tại đỉnh A của  KAF. 
Theo tính chất phân giác ta có : BK AK
BF AF
 (2) 
0,25 
0,25 
0,25 
 2
 Từ (1) và (2) suy ra : IK BK
IF BF
 . Vậy IF . BK = IK . BF (đpcm) 0,25 
 4.c 
(0,5) 
Ta có: AM là trung tuyến thuộc cạn