Đề thi tuyển sinh lớp 10 thpt Quốc học Huế môn: Toán - Năm học 2007-2008

 Sở Giáo dục và đào tạo Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 thpt qUốC HọC 
 Thừa Thiên Huế Môn: TOáN - Năm học 2007-2008 
 Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút 
Bài 1: (1,25 điểm) 
1. Tính giá trị của biểu thức: 
 A = 2 2 4 2 2 44 4 4 12 9a ab b a ab b+ + − − + với 2a = ; 1b = . 
2. Chứng minh: 
3 3 32 1
33 3
x x x
x
xx x
  + +
− =    
−
− +  
 (với 0x ≥ và 3x ≠ ). 
Bài 2: (1,25 điểm) Cho ph−ơng trình: 2 2 1 0mx mx− + = ( m là tham số) 
1. Tìm các giá trị của m để ph−ơng trình có nghiệm và tính các nghiệm của ph−ơng trình 
theo m . 
2. Tìm giá trị của m để ph−ơng trình có hai nghiệm sao cho một nghiệm gấp đôi nghiệm 
kia. 
Bài 3: (1 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 4 điểm ( 3;4), ( 2;1), (1;2), (0;5)A B C D− − . 
1. Cho biết đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét (cm), tính độ dài các cạnh và các 
đ−ờng chéo của tứ giác ABCD. Tứ giác ABCD là hình gì ? 
2. Dựa vào hình vẽ, cho biết tọa độ giao điểm của 2 đ−ờng chéo của tứ giác ABCD. 
Bài 4: (1,25 điểm) Cho hàm số 2y ax= ( )0a ≠ 
1. Xác định hệ số a biết rằng đồ thị của hàm số đã cho cắt đ−ờng thẳng : 2 3d y x= − + tại 
điểm A có tung độ bằng 1− . 
2. Vẽ đồ thị (P) của hàm số ứng với giá trị a vừa tìm đ−ợc trong câu 1) và vẽ đ−ờng thẳng d 
trên cùng một mặt phẳng tọa độ. Tìm tọa độ giao điểm thứ hai B của (P) và d. 
Bài 5: (1,25 điểm) 
Hai vòi n−ớc cùng chảy vào bể thì đầy sau 16 giờ. Nếu vòi I chảy trong 3 giờ và vòi II chảy 
trong 6 giờ thì đ−ợc thể tích n−ớc bằng 25% bể. Tính thời gian cần thiết để riêng mỗi vòi chảy 
đầy bể. 
Bài 6: (1 điểm) 
Cho đ−ờng tròn (O), A là điểm cố định trên (O) và M là một điểm di động trên (O). Qua M vẽ 
đ−ờng vuông góc MH với tiếp tuyến AT của đ−ờng tròn (O) (H thuộc AT). Chứng minh rằng 
trong tr−ờng hợp tồn tại tam giác OMH, tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của tam giác đi qua 
một điểm cố định. 
Bài 7: (1,5 điểm) 
"Góc sút" của quả phạt đền 11 mét là góc nhìn từ chấm phạt đền đến đoạn thẳng nối 2 chân 
của cầu môn. Biết chiều rộng của cầu môn là 7,32 m, hỏi "góc sút" của quả phạt đền 11 mét là 
bao nhiêu độ ? Tìm các điểm khác trên sân cỏ có cùng "góc sút" nh− quả phạt đền 11 mét. Nêu 
cách dựng quỹ tích các điểm đó nếu gọi A và B là 2 điểm biểu diễn chân cầu môn và M là điểm 
biểu diễn chấm phạt đền. 
Bài 8: (1,5 điểm) 
Một cốc n−ớc hình nón cụt có bán kính 2 đáy là 
1 24 , 1r cm r cm= = , đựng đầy n−ớc. Ng−ời ta thả một 
quả bi hình cầu bằng kim loại vào thì nó đặt vừa khít 
hình nón cụt (hình vẽ). Tính thể tích khối n−ớc còn lại 
trong cốc. 
Hết 
SBD thí sinh:____________ Chữ ký GT1:
I
J
 1 
 Sở Giáo dục và đào tạo Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 thpt qUốC HọC 
 Thừa Thiên Huế Môn: TOáN - Năm học 2007-2008 
 Đề chính thức Đáp án và thang điểm 
Bài ý Nội dung Điểm 
1 1,25 
 1.1 
A = ( ) ( )2 22 22 2 3a b a b+ − − 
 = 
2 22 2 3a b a b+ − − 
 Với 2a = ; b = 1 thỡ A = 2 2 2 2 3+ − − 
 = 2 2 2 2 3 3 2 1+ + − = − 
0,25 
0,25 
 1.2 + Với giả thiết đã cho: 0x ≥ và 3x ≠ , ta có: 
( ) ( )
( ) ( )
3 3
2 2
33 3 2 2 3
3 3 3 3
xx x
x x x
x x x x
++
− = − = −
− +
− +
+ ( )( )
3 3 1
3 33 3
x x
x xx x
+ +
= =
−
−
− +
+ Vậy: ( )3 3 3 12 3 . 133 3 3x x xx xxx x x
  + +
− = − =    
−
− + −  
0,25 
0,25 
0,25 
2 1,25 
 2.1 
+ Nếu 0m = thì ph−ơng trình trở thành 1 0= , nên ph−ơng trình vô nghiệm. 
+ Nếu 0m ≠ thì ph−ơng trình đã cho có nghiệm khi: 
( )2' 1 0m m m m∆ = − = − ≥ . Suy ra 0m < hoặc 1m ≥ (*). 
Khi đó các nghiệm của ph−ơng trình là: 
2
1 ;
m m m
x
m
− −
= 
2
2
m m m
x
m
+ −
= . 
0,25 
0,25 
0,25 
 2.2 
Với điều kiện (*), ph−ơng trình có hai nghiệm 1,x 2x . 
Theo hệ thức Vi-ét: 1 2 2x x+ = và 1 2
1
x x
m
= 
Theo giả thiết, ta có: 1 22x x= (hoặc 2 12x x= ), suy ra: 1
4
;
3
x = 2
2
3
x = (hoặc 
1
2
;
3
x = 2
4
3
x = ) 
Suy ra: 1 2
1 8 1 9 1
9 8
x x m
m m
= ⇔ = ⇔ = > , thỏa mãn điều kiện (*). 
Vậy với 
9
8
m = thì ph−ơng trình có một nghiệm gấp đôi nghiệm kia. 
0,25 
0,25 
 2 
3 1,0 
 3.1 + Tứ giác ABCD có: 
- Các cạnh bằng nhau vì cùng bằng cạnh 
huyền của tam giác vuông có các cạnh góc 
vuông là 3cm và 1cm. Do đó độ dài mỗi cạnh 
của tứ giác là: 
2 23 1 10 ( )cm+ = . 
- Các đ−ờng chéo bằng nhau vì cùng bằng 
cạnh huyền của tam giác vuông có các cạnh 
góc vuông là 2cm và 4cm. Do đó độ dài mỗi 
đ−ờng chéo của tứ giác là: 
2 22 4 20 2 5 ( )AC BD cm= = + = = 
+ Tứ giác ABCD có 4 cạnh bằng nhau và hai đ−ờng chéo bằng nhau nên là hình 
vuông. 
0,25 
0,25 
0,25 
 3.2 + Từ hình vẽ suy ra giao điểm của 2 đ−ờng chéo là: ( )1;3I − 
0,25 
4 1,25 
 4.1 + Điểm A ở trên d và có tung độ bằng 1− nên: 1 2 3 2x x− = − + ⇔ = . 
Do đó: (2; 1)A − 
0,25 
 + A là giao điểm của đồ thị hàm số 2y ax= với d, nên A thuộc (P), suy ra: 
2 11 2
4
a a− = ⋅ ⇔ = − 
0,25 
 4.2 
+ Vẽ đúng parabol (P): 2
1
4
y x= − 
+ Vẽ đúng đ−ờng thẳng d 
+ Hoành độ giao điểm của (P) và d là nghiệm 
của ph−ơng trình : 
 2 2
1 2 3 8 12 0
4
x x x x− = − + ⇔ − + = . 
+ Giải ph−ơng trình ta đ−ợc nghiệm thứ hai là: 
2 26 9x y= ⇒ = − . 
Vậy giao điểm thứ hai của (P) và d là (6; 9)B − 
0,25 
0,25 
0,25 
5 1,25 
 Gọi x (giờ) và y (giờ) là thời gian để riêng vòi I và vòi II chảy đầy bể ( 0;x > 
0y > ). 
Mỗi giờ vòi I chảy đ−ợc 
1
x
 bể, vòi II chảy đ−ợc 
1
y
 bể. 
Theo giả thiết thứ nhất, ta có ph−ơng trình: 
16 16 1
x y
+ = . 
Theo giả thiết thứ hai, ta có ph−ơng trình: 
3 6 25 3 6 1
100 4x y x y
+ = ⇔ + = . 
0,25 
0,25 
0,25 
B 
A 
 3 
Vậy ta có hệ ph−ơng trình: 
16 16 1 16 16 1
13 6 1 3 6
44
u v
x y
u v
x y

+ = + =
 
⇔ 
+ = + = 
 (với 
1 1
;u v
x y
= = ) 
Giải hệ ph−ơng trình trên, ta đ−ợc ( ) 1 1; ;
24 48
u v
 
=  
 
Suy ra: ( ) ( ); 24;48x y = thỏa điều kiện bài toán. Vậy nếu chảy riêng, thì vòi I 
chảy đầy bể trong 24 giờ và vòi II chảy đầy bể trong 48 giờ. 
0,25 
0,25 
6 1,0 
+ Ta có OA AH⊥ (vì AT là tiếp tuyến của 
đ−ờng tròn) và MH AH⊥ (gt). Suy ra: 

 
//OA MH OAM AMH⇒ = (so le trong). 
+ Mà tam giác AOM cân tại O (OA = OM) nên 

 
OAM OMA= , do đó: 
 
AMH OMA= và tia 
MA luôn nằm giữa hai tia MO và MH, suy ra: 
MA là tia phân giác của góc 
OMH . 
+ Dựng tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của 
tam giác OMH cắt (O) tại A’, ta có: 'MA MA⊥ . Suy ra: Tam giác AMA’ vuông 
tại M, do đó AA’ là đ−ờng kính của (O). 
+ Mà A cố định, nên A’ cũng cố định. 
Vậy tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của tam giác OMH đi qua điểm A’ đối 
xứng với A qua tâm O. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
7 1,50 
 + Tam giác MAB cân tại M. Gọi H là trung điểm 
của AB, thì trung tuyến MH cũng là đ−ờng cao 
và đ−ờng phân giác góc M của tam giác cân 
MAB. Suy ra: 3,66HA HB m= = 
Gọi 
AMHα = , trong tam giác vuông MHA, có: 
03,66 18 24 '
11
AH
tg
MH
α α= = ⇒ ≈ 
Suy ra "góc sút" của quả phạt đền 11 mét là: 
02 36 48'α ≈ . 
+ Các điểm trên sân cỏ có cùng "góc sút" nh− 
quả phạt đền 11 mét là các điểm cùng nhìn đoạn AB d−ới một góc 2α , nên 
chúng ở trên cung chứa góc 2α dựng trên đoạn thẳng AB (ở tr−ớc cầu môn). 
+ Cách dựng: 
- Dựng tia Ax tạo với AB một góc 02 36 48'α ≈ (ở sau cầu môn). 
- Dựng đ−ờng thẳng qua A vuông góc với Ax cắt MH tại O 
- Dựng cung tròn tâm O, bán kính OA chứa điểm M, cung tròn này là quĩ tích 
cần dựng. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,50 
H 
 4 
8 1,50 
+ Hình cầu đặt khít hình nón cụt, 
nên đ−ờng tròn lớn của nó nội tiếp 
trong hình thang cân ABCD, với 
AD, BC là hai đ−ờng sinh và AB, 
CD là 2 đ−ờng kính của 2 đáy 
hình nón cụt. Gọi O là tâm và r là 
bán kính hình cầu, I, J là 2 tiếp 
điểm của đ−ờng tròn lớn với AB và 
CD, M là tiếp điểm của BC với 
đ−ờng tròn lớn (O), ta có: BI = BM và CJ = CM, suy ra BC = r1 + r2 = 4 + 1 = 5 
(cm). 
Từ C kẻ CH vuông góc với AB tại H, ta có tứ giác IHCJ là hình chữ nhật, nên 
BH = 1 2r r− = 3 (cm), do đó: 
2 2CH = BC - BH 4( )cm= . 
Vậy: đ−ờng kính của hình cầu là: IJ = CH 4cm= , nên bán kính của hình cầu là: 
2r cm= 
+ Thể tích khối n−ớc tràn ra ngoài bằng thể tích hình cầu và bằng: 
 ( )3 34 4 3283 3 3V r cm
pi
pi pi= = ⋅ =1 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
+ Thể tích cốc n−ớc hình nón cụt là: ( )2 22 1 2 1 213V h r r r rpi= + + với chiều cao của 
nón cụt là: h = IJ 4( )cm= . 
( ) ( )2 2 32 1 4 4 1 4.1 283V cmpi pi= ⋅ + + = . 
+ Vậy thể tích khối n−ớc còn trong cốc n−ớc là: 
 ( )32 32 5228 54,53 3V V V cm
pi pi
pi= − = − = ≈
1
0,25 
0,25 
O