Đề thi THPT môn Toán học Lớp 12 - Năm 1996-1997 - Sở Giáo dục và Đào tạo Thái Bình

 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 1 
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO 
Thái Bình 
*** 
KÌ THI TUYỂN SINH PTTH NĂM HỌC 1996 – 1997 
Khoá thi ngày 26 tháng 7 năm 1996 
***** 
MÔN THI: TOÁN 
150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Bài 1 (2,5 điểm): 
Thực hiện phép tính : 
a) 7 4 3 ; b) 2 2( 2 1) ( 2 1) ; c) x y 2 xy y x
x y x y
Bài 2 (3,0 điểm): 
Xét 2 phương trình: 
 x2 + 2x – 2k – 8 = 0 (1) 
 x2 + kx + 2 = 0 (2) 
a) Giải phương trình (1) khi k = –4; k = –1. 
b) Với giá trị nào của k thì phương trình (2) có nghiệm kép? Tìm nghiệm kép ấy. 
c) Chứng minh rằng với mọi k thì trong hai phương trình trên, ít nhất một phương trình 
có nghiệm. 
Bài 3 (1,25 điểm): 
a) Giải phương trình: 2y x 0 (trong đó y là ẩn số). 
b) Trong phương trình trên, có y là hàm số của đối số x. Vẽ đồ thị hàm số y. 
Bài 4 (2,75 điểm): 
Cho ABC có AB < BC. Đường phân giác trong của góc B cắt cạnh AC ở D. Trên nửa 
mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B, từ A dựng tia Ax sao cho CAx DBA; tia Ax cắt tia 
BD ở E. 
a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC đi qua B. 
b) Tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt AC ở F. Chứng minh 
FB = FD. 
c) Chứng minh: BD2 = AB.BC – AD.CD. 
Bài 5 (2 điểm): 
Người ta cần làm một cái thùng bằng tôn, dạng hình hộp chữ nhật, có thể tích 1dm3. Tính 
các cạnh của thùng để khi làm tôn ít vật liệu nhất? 
––– ––––––––––––––––––––––– 
 Số báo danh: Phòng thi số 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 2 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Bài 1 (2,5 điểm) 
a) 27 4 3 (2 3) 2 3. 
b) 2 2( 2 1) ( 2 1) 2 2 2 1 2 2 2 1 6. 
c) ĐKXĐ: x 0, y 0, x y. 
 x y 2 xy y x
x y x y
2( x y) ( x y)( x y)
x y x y
 x y x y 0. 
Vậy với x 0, y 0, x y thì x y 2 xy y x 0.
x y x y
Bài 2 (3,0 điểm): 
Xét 2 phương trình: 
 x2 + 2x – 2k – 8 = 0 (1) 
 x2 + kx + 2 = 0 (2) 
a) Với k = –4, phương trình (1) trở thành: 
x2 + 2x = 0 x(x + 2) = 0 x = 0 hoặc x = –2. 
Với k = –1, phương trình (1) trở thành: x2 + 2x – 6 = 0 
 ’ = 1 + 6 = 7 > 0 phương trình trên có hai nghiệm phân biệt: 1,2x 1 7. 
Vậy: với k = –4, phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = 0; x2 = –2. 
với k = –1, phương trình có hai nghiệm phân biệt: 1,2x 1 7. 
b) Với giá trị nào của k thì phương trình (2) có nghiệm kép? Tìm nghiệm kép ấy. 
Phương trình (2) có nghiệp kép = k2 – 8 = 0 k2 = 8 k = 2 2. 
- Với k = 2 thì nghiệm kép của phương trình là: x1 = x2 = 
2 .
2
- Với k = – 2 thì nghiệm kép của phương trình là: x1 = x2 = 
2 .
2
c) Xét (1) có: (1) = 4 + 8k + 32 = 8k + 36 
Xét (2) có: (2) = k2 – 8 
 Có: (1) + (2) = k2 + 8k + 28 = (k + 4)2 + 12 > 0 k (vì (k + 4)2 0 k, 12 > 0). 
 (1) 0 hoặc (2) 0. 
 Do đó ít nhất một trong hai phương trình đã cho có nghiệm. 
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 3 
Bài 3 (1,25 điểm): 
a) Ta có: 2y x 0 2y x (*). 
- Nếu x < 0 thì phương trình (*) vô nghiệm 
 phương trình đã cho vô nghiệm. 
- Nếu x 0 thì (*) 
2
2 x2y x y .
2
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 
2xy
2
 . 
b) Ta có: 
2xy
2
 với x 0. 
Đồ thị hàm số 
2xy
2
 với x 0 là một nhánh của đồ 
thị hàm số 
2xy
2
 nằm bên phải trục tung. 
Bài 4 (2,75 điểm): 
a) Ta có: 
  
  
1 1
1 2
A B (v CAx DBA)
B B (v BD l tia ph ABC) 
×
× µ ©n gi¸c cña 
  1 2A B 
Tứ giác ABCE có hai đỉnh kề nhau A và B 
cùng nhìn cạnh CE dưới hai góc bằng nhau. 
 tứ giác ABCE nội tiếp đường tròn. 
Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC đi qua B. 
b) Tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt AC ở F. Chứng minh 
FB = FD. 
Ta có: 
 sđBE sđAB sđAEFBE
2 2
 (1) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến BF và dây cung BE) 
 
1
sđAB sđCED
2
 (2) (góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn). 
Mà  1 2B B (gt) AE CE (3) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) 
Từ (1), (2) và (3) suy ra: 1FBE D hay 1FBD D 
Do đó FBD cân tại F. 
x
y
1-1-2
1
2
3
4
5
-1
2 3
y=
x2
2
0,5
O
4.5
x
2
1
2
1
2
1
1
F
O
E
D
B
A
C
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 4 
c) Xét BAD và BEC có:  1 2B B (gt);  2 1A E (hai góc nội tiếp cùng chắn BC). 
 BAD BEC (g.g) AB BD
BE BC
 BD.BE = AB.BC (4) 
Xét BAD và CED có:  1 1B C (hai góc nội tiếp cùng chắn AE). 
  1 2D D (đối đỉnh). 
 BAD CED (g.g) BD AD
CD DE
 BD.DE = AD.CD (5) 
Từ (4) và (5) suy ra: BD.BE – BD.DE = AB.BC – AD.CD 
 BD(BE – DE) = AB.BC – AD.CD 
 BD2 = AB.BC – AD.CD (vì BD = BE – DE). 
Vậy BD2 = AB.BC – AD.CD. 
Bài 5 (2 điểm): 
Gọi x, y, z là các kích thước của thùng tôn hình hộp chữ nhật. 
Ta có: x, y, z > 0 và xyz = 1 (dm3) 
Để làm thùng tôn hình hộp chữ nhật tốn ít vật liệu nhất 
 thùng tôn hình hộp chữ nhật có diện tích xung quanh nhỏ 
nhất. 
Diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật là: Sxq = 2(xy + yz + zx) 
 Ba số dương xy, yz, zx có tích xy.yz.zx = (xyz)2 = 1 không đổi nên tổng của chúng nhỏ 
nhất xy = yz = zx x = y = z = 1. Suy ra: Sxq min = 2 x = y = z = 1. 
 Vậy để làm thùng tôn hình hộp chữ nhật tốn ít vật liệu nhất ba cạnh bằng nhau và 
bằng 1. 
y
z
x
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 5 
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO 
THÁI BÌNH 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
Năm học 1997 – 1998 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Bài 1 (1 điểm): 
Phân tích ra thừa số : 
a) a3 + 1 ; 
b) 8 5 2 10 
Bài 2 (3 điểm): 
Trong hệ trục toạ độ Oxy cho ba điểm A (- 3 ; 6) , B(1 ; 0), C(2 ; 8). 
a) Biết điểm A nằm trên Parabol (P) có phương trình y = ax2, xác định a ? 
b) Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm B và C 
c) Xét vị trí tương đối giữa đường thẳng (d) và Parabol (P) 
Bài 3 (2 điểm): 
Giải phương trình: 2 7 x
5x 2 x 2
Bài 4 (1,5 điểm): 
Cho ABC có AB = AC = 5cm; BC = 6cm. Tính : 
d) Đường cao ABC hạ từ đỉnh A ? 
e) Độ dài đường tròn nội tiếp ABC ? 
Bài 5 (2 điểm): 
Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC, CD lần lượt lấy điểm E, F sao cho 0EAF 45 . 
Biết BD cắt AE, AF theo thứ tự tại G, H. Chứng minh: 
a) ADFG, GHFE là các tứ giác nội tiếp 
b) CGH và tứ giác GHFE có diện tích bằng nhau 
Bài 6 (0,5 điểm) 
Tính thể tích của hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ biết AB’ = 5; AC = 34 ; AD’ = 
41. 
––– HẾT ––– 
Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 6 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Bài 1 (1 điểm): 
a) a3 + 1 = (a + 1)(a2 – a + 1). 
b) 8 5 2 10 ( 8 2) ( 10 5) ( 2 1)(2 5) . 
Bài 2 (3 điểm): 
a) Điểm A(- 3 ; 6) nằm trên Parabol (P) : y = ax2 nên : 6 = a.(- 3 )2 a = 2. 
Vậy giá trị a cần tìm là a = 2 (Parabol (P) : y = 2x2). 
b) Vì xB xC nên phương trình đường thẳng (d) có dạng : y = ax + b. 
Vì B(1 ; 0) (d) nên: a + b = 0. 
Vì C(2; 8) (d) nên: 2a + b = 8. 
Ta có hệ :
a b 0
2a b 8
a 8
b 8
Phương trình đường thẳng (d) là : y = 8x – 8. 
c) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là : 
2x2 = 8x – 8 x2 – 4x + 4 = 0 
 ’ = 4 – 4 = 0 phương trình trên có nghiệm kép: x1 = x2 = 2. 
Với x = 2 y = 2.22 = 8. 
Do đó (d) tiếp xúc với (P) tại điểm có toạ độ C(2 ; 8). 
Bài 3 (2 điểm): 
ĐKXĐ : x 2 . 
Từ phương trình đã cho suy ra : 
5 2(x 2) 7(x 2)(x 2) 5x(x 2) 
 2 25 2x 10 7x 14 5x 5 2x 
 212x 10 2x 4 0 26x 5 2x 2 0 (*) 
 = 2( 5 2) 6.2 62 0 . Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt : 
1
5 2 62x
12
 ; 2
5 2 62x
12
 (đều thoả mãn ĐKXĐ). 
 Vậy pt đã cho có hai nghiệm phân biệt là 1 2
5 2 62 5 2 62x ,x
12 12
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 7 
Bài 4 (1,5 điểm): 
a) (Hình 1) 
Kẻ đường cao AH. Tam giác ABC cân tại A nên 
AH vừa là đường phân giác vừa là đường trung tuyến. 
Suy ra HB = HC = BC : 2 = 3cm. 
Áp dụng định lí Pitago cho AHC, ta có : 
AH2 = AC2 – HC2 = 52 – 32 = 42 
 AH = 4 (cm). 
b) Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp ABC, r là 
bán kính của đường tròn đó. 
 ABC cân tại A nên đường cao AH đồng thời là đường phân giác. Điểm O chính là giao 
điểm của ba đường phân giác nên O AH OH  BC. 
Gọi I, K lần lượt là tiếp điểm của đường tròn (O) với AB, AC thì OI  AB, OK  AC 
và OH = OI = OK = r. 
 Ta có : SABC = SOAB + SOBC + SOCA hay 
1
2
AH.BC = 1
2
r.AB + 1
2
r.BC + 1
2
r.AC 
 AH.BC 4.6r 1,5
AB BC AC 5 6 5
 (cm). 
 Vậy độ dài đường tròn nội tiếp ABC là: 
2 r 2.3,14.1,5 = 9,42 cm. 
Bài 5 (2 điểm): 
a) (Hình 2) 
*) Chứng minh tứ giác ADFG nội tiếp. 
Tứ giác ABCD là hình vuông nên oABC ADC 90 và 
BD là tia phân giác của ABC, DB là tia phân giác của ADC. 
 0BDC DBC 45 . 
Ta có: 0EAF BDC 45 hay 0GAF GBF 45 (vì G AE). 
 Tứ giác ADFG có hai đỉnh kề nhau A và D cùng nhìn cạnh GF dưới một góc 45o. 
Do đó tứ giác ADFG nội tiếp. 
*) Chứng minh tứ giác GHFE nội tiếp. 
Ta có: 0EAF DBC 45 hay 0EAH EBH 45 (vì H AF). 
 Tứ giác ABEH có hai đỉnh kề nhau A và B cùng nhìn cạnh HE dưới một góc 45o. 
r
Hình 1
I K
O
H
A
CB
Hình 2
I
O
H
G
E
BA
D CF
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 8 
Do đó tứ giác ABEH nội tiếp. 
Tứ giác ADFG nội tiếp 0EGF ADF 90 . 
Tứ giác ABEH nội tiếp 0EHF ABE 90 . 
 0EGF EHF 90 . 
 Tứ giác HGEF có hai đỉnh kề nhau H và G cùng nhìn cạnh EF dưới một góc 900 
Do đó HGEF là tứ giác nội tiếp. 
b) Cách 1. AHE vuông tại H, oHAE 45 nên là tam giác vuông cân 
 AH = HE và AH2 + HE2 = AE2 (định lí Pitago) AE2 = 2AH2 AE = 2AH. 
 AHG và AEF có: A chung; AHG AEF (vì tứ giác HGEF nội tiếp) 
 AHG AEF (g.g) 
22
AGH
AEF
S AH AH 1
S AE 22AH
 AGH AEF
1S S
2
 GHFE AGH AEF
1S S S
2
 (1) 
Mặt khác, tứ giác ABCD là hình vuông nên đường chéo BD là đường trung trực của AC 
 GA = GC, HA = HC (vì H, G BD). 
Xét AGH và CGH có: AH chung, GA = GC, HA = HC 
 AGH = CGH (c–c–c) SAGH = SCGH (2) 
Từ (1) và (2) suy ra: SCGH = SGHFE (đpcm). 
Cách 2. Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của AC và GF 
 AGF vuông cân tại G (vì 0AGF 90 và 0GAF 45 ) nên 0GFA 45 ; ABCD là hình 
vuông nên 0ECA BCA 45 . Suy ra 0GFA ECA ( 45 ) . 
Mặt khác, AGI vuông tại G có GO  AI (vì BD  AC, BD là đường trung trực của 
AC) nên GAI EGI (vì cùng phụ với AGO ) hay EAC HGF . 
Xét AEC và GHF có GFA ECA và GAI HGF (chứng minh trên) nên 
 AEC GHF (g.g). Suy ra : AE AC
GH GF
 AE.GF = AC.GH (1) 
Tứ giác AGCH có hai đường chéo vuông góc (AC  GH) nên SAGCH = 
1 AC.GH
2
 (2) 
 AEF có đường cao FG ứng với cạnh AE nên SAEF = 
1 AE.GF
2
 (3)
 Từ (1), (2) và (3) suy ra : SAGCH = SAEF SAGH + SCGH = SAGH + SGHFE 
 SCGH = SGHFE (đpcm) 
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 9 
Bài 6 (0,5 điểm) 
 Đặt AB = a, AD = BC = b, AA’ = DD’ = c (H. 3) 
Áp dụng định lí Pitago cho các tam giác vuông ABC, 
ADD’ và ABB’, ta có : 
AB2 + BC2 = AC2 hay a2 + b2 = 34 (1) 
AD2 + DD’2 = AD’2 hay b2 + c2 = 41 (2) 
BB’2 + AB2= AB’2 hay c2 + a2 = 25 (3) 
 Cộng (1), (2), (3) vế theo vế, ta được : 
2(a2 + b2 + c2) = 100 a2 + b2 + c2 = 50 (4) 
Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra a2 = 9, b2 = 25, c2 = 16. 
 a = 3 (cm), b = 5(cm), c = 4 (cm) 
Vậy thể tích của hình hộp ABCD.A’B’C’D’ là : V = abc = 3.5.4 = 60 (cm3). 
a
b
c
Hình 3
BA
C
A'
B'
C'D'
D
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 10 
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO 
THÁI BÌNH 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
Năm học 1998 – 1999 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Bài 1 (2 điểm): 
So sánh x và y trong mỗi trường hợp sau: 
a) x 27 2 và y 3 ; 
b) x 5 6 và y 6 5 ; 
c) x = 2m và y = m + 2. 
Bài 2 (2 điểm): 
a) Trên cùng hệ trục toạ độ vẽ đồ thị các hàm số 
2xy
2
 (P) và y = x + 3
2
 (d) 
b) Dùng đồ thị cho biết (có giải thích) nghiệm của phương trình : 2x 3 x . 
Bài 3 (3 điểm): 
Xét hai phương trình: x2 + x + k + 1 = 0 (1) và x2 – (k + 2)x + 2k + 4 = 0 (2) 
a) Giải phương trình (1) với k = –1; k = –4 
b) Tìm k để phương trình (2) có một nghiệm bằng 2 ? 
c) Với giá trị nào của k thì hai phương trình trên tương đương ? 
Bài 4 (0,5 điểm): 
Tam giác vuông ABC có  0 0A 90 , B 30 , BC = d quay một vòng chung quanh AC. 
Tính thể tích hình nón tạo thành. 
Bài 5 (2,5 điểm): 
Cho ABC không cân, đường cao AH, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi E, F thứ tự 
là hình chiếu của B, C lên đường kính AD của đường tròn (O) và M, N thứ tự là trung điểm 
của BC, AB. Chứng minh: 
a) Bốn điểm A, B, H, E cùng nằm trên đường tròn tâm N và HE// CD. 
b) M là tâm đường tròn ngoại tiếp HEF. 
––– HẾT ––– 
Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 11 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Bài 1 (2 điểm): 
a) x 27 2 3 3 2 3 3 3 2 3 mà y 3 2 3 x < y. 
b) x 5 6 150 ; y 6 5 180. 
Vì 150 < 180 150 180 x < y. 
c) Xét hiệu x – y = 2m – (m + 2) = m – 2. Ta xét ba trường hợp : 
- Nếu m < 2 m – 2 < 0 x < y. 
- Nếu m = 2 m – 2 = 0 x = y. 
- Nếu m > 2 m – 2 > 0 x > y. 
Bài 2 (2 điểm): 
a) (H. 1) 
*) Vẽ đồ thị hàm số 
2xy
2
– Bảng giá trị: 
x –3 –2 –1 0 1 2 3 
y 4,5 2 0,5 0 0,5 2 4,5 
– Đồ thị hàm số 
2xy
2
 là một parabol (P) với 
đỉnh O, đi qua các điểm (x ; y) ở bảng trên, nhận Oy làm trục đối xứng và nằm phía trên trục 
hoành. 
*) Vẽ đồ thị hàm số y = x + 3
2
– Cho x = –1 y = 0,5, ta được điểm A (–1 ; 0,5). 
– Cho x = 3 y = 4,5, ta được điểm B(3 ; 4,5) 
Đồ thị hàm số y = x + 3
2
 (d) là một đường thẳng đi qua hai điểm A và B. 
b) 2x 3 x 
2
x 0
2x 3 x
 2
x 0
3 xx
2 2
Nghiệm của phương trình đã cho chính là hoành độ giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) 
ở phía bên phải trục tung (do x 0). 
Nhìn vào đồ thị ta thấy hoành độ giao điểm của (P) và (d) bên phải trục tung là x = 3. 
Vậy nghiệm của phương trình : 2x 3 x là x = 3. 
x
y
(d)
(P)
Hình 1
4,5
0,5
B
A
32-3 -2
-2
4
3
2
-1
-1
1
O 1
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 12 
Bài 3 (3 điểm): 
a) Với k = –1, (1) trở thành : x2 + x = 0 x(x + 1) = 0 x 0
x 1
. 
Với k = –4, (1) trở thành : x2 + x – 3 = 0 . 
 = 1 + 12 = 13 > 0 nên phương trình trên có hai nghiệm phân biệt : 
1
1 13x
2
 , 2
1 13x
2
Vậy với k = –1 thì phương trình (1) có hai nghiệm là x1 = 0, x2 = –1; 
với k = –4 thì phương trình (1) có hai nghiệm là 1,2
1 13x
2
b) Phương trình (2) có một nghiệm bằng 2 thì : 
2( 2) (k 2) 2 2k 4 0 (2 2)k 2 2 6 
 2 2 6 (2 2 6)(2 2) 4 2 4 12 6 2 2( 2 4)k
4 2 22 2 (2 2)(2 2)
 k 4 2 
Vậy với k 4 2 thì phương trình (2) có một nghiệm bằng 2 . 
c) Hai phương trình (1) và (2) tương đương khi xảy ra 2 trường hợp sau: 
- TH1 : (1) và (2) cùng vô nghiệm. 
 (1)
2
( 2)
1 4(k 1) 0
(k 2) 4(2k 4) 0
2
3 4k 0
(k 2) 8(k 2) 0
4k 3
(k 2)(k 6) 0
3k
4
2 k 6
 3 k 6
4
- TH2 : (1) và (2) có cùng tập nghiệm. 
Cách 1. Khi đó hai nghiệm x1 và x2 của (1) phải là hai ngiệm /1x và 
/
2x của (2) 
/ /
1 2 1 2
/ /
1 2 1 2
x x x x
x .x x .x
1 (k 2)
k 1 2k 4
 k = –3. 
Với k = –3, (1) và (2) cùng trở thành: x2 + x – 2 = 0 
Vì a + b + c = 0 nên (1) và (2) cùng có hai nghiệm x1 = 1; x2 = –2 
Vậy để hai phương trình (1) và (2) tương đương thì k = –3 hoặc 3 k 6
4
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 13 
Cách 2. Từ (1) suy ra : k + 2 = 1 – x – x2, thay vào (2) ta được : 
x2 – (1 – x – x2)x + 2(1 – x – x2) = 0 
 x2 – x + x2 + x3 + 2 – 2x – 2x2 = 0 
 x3 – 3x + 2 = 0 (x – 1)2(x + 2) = 0 x = 1 hoặc x = –2 
Với x = 1 hoặc x = –2, ta đều được k = –3, khi đó (1) và (2) cùng trở thành : 
x2 + x – 2 = 0 x1 = 1; x2 = –2 
Do đó hai phương trình (1) và (2) có cùng tập nghiệm S = {1 ; –2) nên chúng tương đương. 
Vậy để hai phương trình (1) và (2) tương đương thì k = –3 hoặc 3 k 6
4
Bài 4 (0,5 điểm): 
 (H. 2). 
 ABC vuông tại A có  0B 30 nên BC dAC
2 2
 AB2 = BC2 – AC2 (định lí Pitago) 
 AB2 = d2 – 
2 2
2 2 d 3dAB d
2 4
 3 dAB
2
Hình nón có đáy là đường tròn tâm A bán kính AB, chiều cao là AC. 
Thể tích của hình nón tạo thành là : Vnón = 
2 3
21 1 3d d dAB .AC
3 3 2 2 4
    
Bài 5 (2,5 điểm): 
a) (H. 3) 
* CM bốn điểm A, B, H, E cùng thuộc đường tròn 
tâm N. 
Vì 0AEB AHB 90 nên H, E cùng nằm trên 
đường tròn đường kính AB. 
Mà N là trung điểm của AB. 
Suy ra bốn điểm A, B, H, E cùng thuộc đường tròn 
tâm N, bán kính AB
2
. 
* Chứng minh HE // CD: 
Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn tâm N, nên : 
 BAE EHC (cùng bù với BHE ) hay BAD EHC (1) 
 Mà BAD BCD (hai góc nội tiếp cùng chắn BD của (O)) (2) 
d
Hình 2
AB
C
Hình 3
I
K
N
H
F
E
D
O
M
A
B C
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 14 
 Từ (1) và (2) suy ra BCD EHC . 
Hai góc này ở vị trí so le trong nên HE // CD. 
b) Gọi K là trung điểm của EC, I là giao điểm của MC với ED. 
 BCE có MB = MC (gt), KE = KC (cách dựng) nên MK là đường trung bình. 
 MK // BE; mà BE  AD (gt) 
 MK  AD (quan hệ vuông góc–song song) hay MK  ED (3) 
Lại có CF  AD (gt) MK // CF hay KI // CF. 
 ECF có KI // CF, KE = KC nên IE = IF (4) 
Từ (3) và (4) suy ra MK là đường trung trực của EF ME = MF (5) 
Xét ABC có MB = MC, NB = NA (gt) nên MN là đường trung bình NM // AC. 
Ta lại có HE // CD (câu a)), 0ACD 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) hay AC 
 CD nên HE  AC (quan hệ vuông góc–song song) 
Suy ra NM  HE (vì NM // AC, HE  AC). 
 NHE có NH = NE (bán kính của (N) nên cân tại N, mà NM  HE nên NM là đường cao 
đồng thời à đường trung trực. 
Do đó NM là đường rung trực của HE. Suy ra MH = ME (6) 
Từ (5) và (6) suy ra MH = ME = MF. 
Vậy M là tâm đường tròn ngoại tiếp HEF. 
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 15 
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO 
THÁI BÌNH 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
Năm học 1999 – 2000 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
 (Đề bị lộ) 
Bài 1(2 điểm): 
Với giá trị nào của x thì các biểu thức sau có nghĩa: 
a) 1 ;
2x
 b) 
2
5x 1 ;
2x x
 c) x 1;
x
 d) 1 ;
1 x 
Bài 2(1 điểm): 
Giải phương trình: 
3 x 1 2
x 1 3
Bài 3(1,5 điểm): 
Cho hệ phương trình 
x my 2
2x (m 1)y 6
a) Giải hệ với m = 1; 
b) Tìm giá trị của m để hệ có nghiệm 
Bài 4(2 điểm): 
Cho hàm số y = 2x2 (P) 
a) Vẽ đồ thị hàm số (P) 
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm (0 ; –2) và tiếp xúc với (P) 
Bài 5(3,5 điểm): 
Cho nửa đường tròn đường kính AB. Gọi H là điểm chính giữa cung AB; M là một điểm 
nằm trên cung AH, N là một điểm nằm trên dây cung BM sao cho BN = AM. Chứng minh: 
a) AMH = BNH. 
b) MHN là tam giác vuông cân. 
c) Khi M chuyển động trên cung AH thì đường vuông góc với BM kẻ từ N luôn đi qua 
một điểm cố định ở trên tiếp tuyến của nửa đường tròn tại điểm B. 
––– HẾT ––– 
 Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 16 
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO 
THÁI BÌNH 
(Đề thi lại) 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
Năm học 1999 – 2000 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Bài 1(2 điểm): 
Cho biểu thức 
2
2
(2x 3)(x 1) 4(2x 3)A
(x 1) (x 3)
a) Rút gọn A 
b) Tìm x để A = 3 
Bài 2(2 điểm): 
Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 – 5 = 0 
a) Giải phương trình trên khi m = 1 
b) Tìm m để phương trình trên có nghiệm. 
Bài 3(3 điểm): 
Cho (O) đường kính AC. Trên đoạn OC lấy điểm B và vẽ đường tròn (O’) đường kính 
BC. Gọi M là trung điểm đoạn AB. Từ M kẻ dây cung DE  AB. Gọi I là giao của DC với 
(O’). Chứng minh rằng : 
a) ADBE là hình thoi. 
b) BI // AD. 
c) I, B, E thẳng hàng . 
Bài 4(3 điểm): 
Cho hai hàm số mxy 4
2
 (1) và x 4y
1 m
 (2) (m 1) 
a) Vẽ đồ thị hàm số (1) và (2) trên cùng một hệ trục toạ độ Oxy với m = –1 
b) Vẽ đồ thị hàm số (1) và (2) trên cùng một hệ trục toạ độ Oxy ở trên với m = 2 
c) Tìm toạ độ giao điểm của các đồ thị hàm số (1) và (2). 
––– HẾT ––– 
 Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 17 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
ĐỀ THỨ NHẤT (Đề bị lộ) 
Bài 1(2 điểm): 
a) ĐKXĐ : x 0 ; b) x 0 và x 2; c) –1 x 0; d) x < 1 
Bài 2(1 điểm): 
ĐKXĐ : x –1. 
Từ phương trình đã cho suy ra : 
9 + (x + 1)2 = 6(x + 1) (x + 1)2 – 6(x + 1) + 9 = 0 
 (x – 2)2 = 0 x – 2 = 0 x = 2 (thoả mãn ĐKXĐ). 
Vậy tập nghiệm của phương trình S = {2}. 
Bài 3(1,5 điểm): 
a) Với m = 1, hệ đã cho trở thành : x y 2 x 3
2x 6 y 1
Với m = 1 thì hệ đã cho có nghiệm (x ; y) = (3 ; 1) 
b) x my 2 x my 2 x my 2
2x (m 1)y 6 2(my 2) (m 1)y 6 (3m 1)y 2
Để hệ đã cho có nghiệm thì phương trình : 
(3m – 1)y = 2 phải có nghiệm 3m – 1 0 (vì 2 0) 1m
3
Vậy với 1m
3
 thì hệ đã cho có nghiệm. 
Bài 4(2 điểm): 
a) Vẽ đồ thị hàm số (P) : y = 2x2 
– Bảng một số giá trị : 
x –2 –1 0 1 2 
y 8 2 0 2 8 
– Đồ thị hàm số y = 2x2 là một Parabol (P) với đỉnh 
O, đi qua các cặp điểm (x ; y) ở trên, nhận Oy làm trục 
đối xứng và nằm phía trên trục hoành. 
b) Phương trình đường thẳng cần tìm có dạng : y 
= ax + b (d) 
Vì (d) đi qua điểm (0 ; –2) nên –2 = a.0 + b 
 b = –2 
y
x
8
32-3 -2
4
3
2
-1
-1
1
O 1
5
6
7
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 18 
 (d) trở thành: y = ax – 2. 
 Để (d) tiếp xúc với (P) thì phương trình hoành độ giao điểm : 
2x2 = ax – 2 2x2 – ax + 2 = 0 phải có nghiệm kép. 
 = a2 – 16 = 0 a = 4. 
 Vậy có hai phương trình đường thẳng đi qua điểm (0 ; –2) và tiếp xúc với (P) là : 
y = 4x – 2 và y = –4x – 2 
Bài 5(3,5 điểm): 
a) Dễ thấy 0AHB AMB 90 (góc nội tiếp chắn nửa 
đường tròn) và HA = HB (vì H nằm chính giữa cung AB). 
Xét AMH và BNH có : 
 AM = BN (giả thiết) 
  1 1A B (hai góc nội tiếp cùng chắn MH ) 
 HA = HB (chứng minh trên) 
 AMH = BNH (c.g.c) 
b) Vì AMH = BNH (chứng minh trên) nên HM = HN và  1 3H H 
 MHN có     01 2 3 2MHN H H H H AHB 90 và HM = HN nên là tam giác vuông 
cân tại H. 
c) Gọi I là giao điểm của tiếp tuyến của (O) tại B và đường thẳng vuông góc với BM tại N 
là I. 
Xét AMB và MNI có : 
 0AMB BNI 90 
AM = BN (giả thiết) 
 MAB NBI ( 1 sđ BM
2
 ) 
 AMB = MNI (g.c.g) AB = BI. 
 Do AB cố định nên tiếp tuyến tại B cố định I cố định. 
Vậy khi M chuyển động trên cung AH thì đường vuông góc với BM kẻ từ N luôn đi qua 
một điểm cố định ở trên tiếp tuyến của nửa đường tròn tại điểm B. 
1
1 1
32
I
N
H
OA B
M
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 19 
ĐỀ THỨ HAI 
Bài 1(2 điểm): 
ĐKXĐ : x –1, x 3 
a) 
2 2
2 2 2
(2x 3)(x 1) 4(2x 3) (2x 3)[(x 1) 4] (2x 3)(x 3)(x 1)A
(x 1) (x 3) (x 1) (x 3) (x 1) (x 3)
2x 3A
x 1
với x –1, x 3. 
b) A = 3 2x 3 3
x 1
 2x – 3 = 3(x + 1) x = –6 (thoả mãn ĐKXĐ) 
Vậy với x = –6 thì A = 3. 
Bài 2(2 điểm): 
Xét phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 – 5 = 0 
a) Với m = 1, phương trình trở thành : x2 – 4x – 4 = 0 
Phương trình này có ' = 4 + 4 = 8 > 0 nên có hai nghiệm phân biệt : 
1,2x 2 8 2 2 2 
Vậy với m = 1 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt : 1,2x 2 2 2 
b) Phương trình đã cho có nghiệm ' = (m + 1)2 – (m2 – 5) 0 
 2m + 6 0 m –3. 
 Vậy m –3. 
Bài 3(3 điểm): 
a) Xét (O) có AC là đường kính, DE là dây cung, mà 
AC  DE tại M MD = ME. 
Tứ giác ADBE có MA = MB (gt), MD = ME 
 Tứ giác ADBE là hình bình hành.Mà AB  DE. 
Do đó tứ giác ADBE là hình thoi. 
b) Vì ADC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) nên: 
 0ADC 90 AD  CD (1) 
Vì BIC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) nên: 
 0BIC 90 BI  CD (2) 
I
E
D
M O'A O CB
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 20 
Từ (1) và (2) BI // AD. 
c) Ta có EB // AD (vì ADBE là hình thoi) và AD  CD nên EB  CD. 
Qua B có EB và BI cùng vuông góc với CD nên E, B, I thẳng hàng. 
Bài 4(3 điểm): 
Xét hai hàm số: mxy 4
2
 (1) và x 4y
1 m
 (2) (m 1) 
a) Bạn đọc tự giải 
b) Bạn đọc tự giải 
c) Hoành độ giao điểm của (1) và (2) là nghiệm của phương trình : 
mx x 44
2 1 m
 m(m – 1)x + 8 – 8m = –2x + 8 (m2 – m + 2)x = 8m 
2
8mx
m m 2
 (vì 2 21 7m m 2 (m ) 0 m 1
2 4
  ) 
Khi đó 
2 2
2 2 2
m 8m 4m 4(m m 2) 8 4my 4
2 m m 2 m m 2 m m 2
  
. 
Vậy toạ độ giao điểm của (1) và (2) là 
2 2
8m 8 4m;
m m 2 m m 2
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 21 
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO 
THÁI BÌNH 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
Năm học 2000 – 2001 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Bài 1(2 điểm): 
So sánh hai số x và y trong mỗi trường hợp sau: 
a) x = 50 32 và y = 2 ; 
b) x 6 7 và y 7 6 ; 
c) x = 2000a và y = 2000 + a 
Bài 2(2 điểm): 
Cho biểu thức : 
31 1 x xA
x 1 x x 1 x x 1
a) Rút gọn rồi tính số trị của A khi x = 53
9 2 7 
b) Tìm x để A > 0 
Bài 3(2 điểm): 
a) Giải hệ phương trình: 
22(x y) 5(x y) 7 0
x y 5 0
b) Giải và biện luận phương trình: mx2 + 2(m + 1)x + 4 = 0 
Bài 4(3 điểm): 
Trên đường thẳng d lấy ba điểm A, C, B theo thứ tự đó. Trên nửa mặt phẳng bờ d kẻ hai 
tia Ax, By cùng vuông góc với d. Trên tia Ax lấy I. Tia vuông góc với CI tại C cắt By tại K. 
Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P. 
a) Chứng minh tứ giác BCPK nội tiếp được đường tròn . 
b) Chứng minh: AI.BK = AC.CB 
c) Giả sử A, B, I cố định. Hãy xác định vị trí điểm C sao cho diện tích hình thang vuông 
ABKI max. 
Bài 5(1 điểm): 
Cho P(x) = 3x3 + ax2 + b. Tìm giá trị của a và b để P(2000) = P(–2000) = 0 
––– HẾT ––– 
 Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 22 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Bài 1(2 điểm): 
a) x 50 32 5 2 4 2 2 x = y; 
b) 2x 6 7 6 .7 252 , 
2y 7 6 7 .6 294 
Vì 252 294 252 294 252 294 
 x < y. 
c) x – y = 1999a – 2000 
- Nếu 1999a – 2000 < 0 2000a
1999
 thì x – y < 0 x < y. 
- Nếu 1999a – 2000 = 0 2000a
1999
 thì x – y = 0 x = y. 
- Nếu 1999a – 2000 > 0 2000a
1999
 thì x – y > 0 x > y. 
Bài 2(2 điểm): 
Cho biểu thức : 
31 1 x xA
x 1 x x 1 x x 1
a) ĐKXĐ : x > 1 
 A 
31 1 x x
x 1 x x 1 x x 1
 x 1 x x 1 x x( x 1)
( x 1 x)( x 1 x) x 1
 2 x 1 x x 2 x 1
1
 Vậy với x > 1 thì A x 2 x 1 . 
b) Ta có x = 53 53(9 2 7) 53(9 2 7) 9 2 7 1
539 2 7 (9 2 7)(9 2 7)
 t/m ĐKXĐ. 
Khi đó 2A 9 2 7 2 8 2 7 9 2 7 2 ( 7 1) 9 2 7 2 7 2 = 7. 
 Vậy với 53x
9 2 7
 thì A = 7. 
c) Vì 2A x 2 x 1 ( x 1 1) 0 x > 1 
 A > 0 x 1 1 0 x 1 1 x 2 
Vậy với x > 1, x 2 thì A > 0. 
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 23 
Bài 3 (2 điểm): 
a) Đặt x + y = t, phương trình thứ nhất của hệ trở thành : 2t2 – 5t – 7 = 0 
Có a – b + c = 2 – (–5) – 7 = 0, nên phương trình có hai nghiệm t1 = –1, t2 = 7. 
- Với t1 = –1, ta có hệ : 
x y 1 x 2
x y 5 0 y 3
- Với t2 = 7, ta có hệ : 
x y 7 x 6
x y 5 0 y 1
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x ; y) : (2 ; –3) hoặc (6 ; 1). 
b) Xét mx2 + 2(m + 1)x + 4 = 0 (1) 
- Nếu m = 0, (1) trở thành : 2x + 4 = 0 x = –2. 
- Nếu m 0, (1) có : ' = (m + 1)2 – 4m = (m – 1)2 
+ Với m = 1 thì ' = 0, khi đó (1) có nghiệm kép : 1 2
(m 1)x x 2
m
 . 
+ Với m 1 thì ' > 0 m, khi đó (1) có hai nghiệm phân biệt : 
1
(m 1) (m 1) 2x
m m
 ; 2
(m 1) (m 1)x 2
m
 . 
Vậy : 
- Với m = 0, thì phương trình (1) có một nghiệm x = 2. 
- Với m = 1, thì phương trình (1) có nghiệm kép : 1 2x x 2 . 
- Với m 0 và m 1, hì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1
2x
m
 ; 2x 2 
Bài 4(3 điểm): 
a) CPI là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) 
 0CPI 90 0CPK 90 (kề bù với CPI) 
Vì By  AB tại B, K By nên oCBK 90 . 
Tứ giác BCPK có tổng hai góc đối: 
 0 0 0CPK CBK 90 90 180 
Do đó tứ giác BCPK nội tiếp được đường tròn. 
b) Vì 0ICK 90   o 01 2C C 180 ICP 90 . 
Mà   01 2K C 90 (vì KBC vuông tại B) 
  11C K 
d
x y
1
21
P
K
A C B
I
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 24 
Xét IAC và CBK có : 0IAC KBC 90 ,  11C K (chứng minh trên) 
 IAC CBK (g.g) AI AC
BC BK
 AI.BK = AC.BC (đpcm). 
c) Ta có: ABKI
ABS (BK AI)
2
  
Vì AB và AI không đổi (do A, B, I cố định) nên ABKIS max 
Mà AC.BCBK
AI
 (vì AI.BK = AC.BC) nên BK max AC.BC max. 
Do tổng AC + BC = AB không đổi nên AC.BC max 
 AC = BC C là trung điểm của AB. 
Vậy để diện tích hình thang vuông ABKI max thì C phải là trung điểm của AB. 
Bài 5(1 điểm): 
Từ giả thiết suy ra: P(2000) P( 2010) 0 
3 2 3 2 3hay (3.2000 a.2000 b) [3.( 2000) a.( 2000) b 0] 0 6.2000 0 
(vô lí !). 
Vậy không tồn tại a, b thoả mãn điều kiện đề bài. 
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 25 
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO 
THÁI BÌNH 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
Năm học 2001 – 2002 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Bài 1(2 điểm): 
Cho biểu thức 
2
2
1 1 x 1K
x 1 x 1 x x 1
  
a) Tìm điều kiện của x để biểu thức K xác định. 
b) Rút gọn biểu thức K và tìm giá trị của x để K đạt giá trị lớn nhất 
Bài 2(2 điểm): 
Cho phương trình bậc hai: 2x2 + (2m – 1)x + m – 1 = 0 (1) 
a) Giải phương trình (1) khi cho biết m = 1; m = 2. 
b) Chứng minh rằng phương trình (1) không thể có hai nghiệm dương với mọi giá trị 
của m 
Bài 3(2 điểm): 
a) Giải hệ phương trình : x 2y 1
2x y 7
b) Chứng minh rằng 2000 2 2001 2002 0 
Bài 4(4 điểm): 
Từ một điểm S ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA, SB và cát tuyến SCD của 
đường tròn đó. 
a) Gọi E là trung điểm của dây CD. Chứng minh 5 điểm S, A, E, O, B cùng thuộc một 
đường tròn 
b) Nếu SA = AO thì SAOB là hình gì? Tại sao? 
c) Chứmg minh rằng: AB.CDAC.BD = BC.DA = 
2
––– HẾT ––– 
 Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Phong, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 26 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Bài 1(2 điểm): 
a)