BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 MÔN TOÁN KHÔNG CHUYÊN NĂM HỌC 2009 – 2010 CỦA 3 TỈNH : HÀ NAM – AN GIANG – BÌNH ĐỊNH ĐỀ SỐ 01 SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÀ NAM Năm học: 2009 - 2010 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2 điểm) 1) Rút gọn biểu thức : A = ( ) 2 2 3 2 288+ − 2) Giải phương trình: a) x 2 + 3x = 0 b) –x 4 + 8x 2 + 9 = 0 Bài 2: (2điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Cho số tự nhiên có hai chữ số, tổng của chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị bằng 14. Nếu đổi chỗ chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì được số mới lớn hơn số đã cho 18 đơn vị. Tìm số đã cho. Bài 3. (1điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho (P): y = –3x 2 . Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = – 2x + 3 và cắt (P) tại điểm có tung độ y = – 12 . Bài 4. (1điểm) Giải phương trình: 6 4 1 2 3 3 14x x x+ + − = + . Bài 5. (4điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở E và F. a) Chứng minh: · 0 EOF 90= b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng. c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK AB⊥ . d) Khi MB = 3 .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. HẾT 1 BÀI GIẢI Bài 1. (2điểm) 1. A = ( ) 2 2 3 2 288+ − = ( ) 2 2 2 2.2.3 2 3 2 2.144+ + − = 4 12 2 18 12 2+ + − = 22 2. a) x 2 + 3x = 0 ⇔ x( x + 3) = 0 ⇔ x 1 = 0 ; x 2 = – 3 . Tập nghiệm phương trình: { } 0; 3S = − b) –x 4 + 8x 2 + 9 = 0 ⇔ x 4 – 8x 2 – 9 = 0 Đặt y = x 2 ( y ≥ 0) , ta được phương trình trung gian ẩn y: y 2 – 8y – 9 = 0 Vì a – b + c = 1 – (– 8) + (– 9) = 0 nên y 1 = – 1 (loại); y 2 = 9 (nhận) Do đó: x 2 = 9 ⇔ x = ± 3 Tập nghiệm phương trình: S = { } 3;3− Bài 2. Gọi x là chữ số hàng đơn vị . Chữ số hàng chục của số đó là: 14 – x ĐK: 0 < x N ∈ ≤ 9 Số cần tìm được viết dưới dạng đa thức: 10(14 – x) + x = 140 –9x Khi đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau số mới viết dưới dạng đa thức là: 10x + 14 – x = 9x + 14 Theo đề toán ta có phương trình: 9x + 14 –(140 –9x ) = 18 ⇔ 9x + 14 –140 +9x = 18 ⇔ 18x = 144 ⇔ x = 8 Giá trị x = 6 thõa mãn điều kiện . Vậy chữ số đơn vị là 8, số hàng chục là 6. Số cần tìm là 68. Lưu ý: lập hệ phương trình dễ hơn Bài 3. Phương trình đường thẳng cần tìm song song với đường thẳng y = – 2x + 3 nên có dạng: y = – 2x + b (d). (d) cắt (P) tại điểm có tung độ bằng – 12 nên hoành độ các giao điểm là nghiệm PT: –3x 2 = – 12 ⇔ x ± 2 Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm: A(2; – 12) và B(– 2; – 12) A ∈ (d) nên y A = – 2x A + b hay – 12 = – 2. 2 + b ⇒ b = – 8 B ∈ (d) nên y B = – 2x B + b hay – 12 = – 2.(– 2) + b ⇒ b = – 16 Có hai đường thẳng (d) tìm được thỏa mãn đề bài: (d 1 ): y = – 2x – 8 và (d 2 ): y = – 2x – 16 Bài 4. PT : 6 4 1 2 3 3 14x x x+ + − = + (1) ĐK: 1 4 1 0 1 3 4 3 0 4 3 x x x x x + ≥ ≥ − ⇔ ⇔ − ≤ ≤ − ≥ ≤ (*) (1) 3 14 6 4 1 2 3 0x x x⇔ + − + − − = ⇔ (4x + 1) – 2. 3. 4 1x + + 9 + (3 – x) – 2 3 x− + 1 = 0 2 N y x O K F E M B A ( ) ( ) 2 2 4 1 3 3 1 0x x⇔ + − + − − = 4 1 3 0 3 1 0 x x + − = ⇔ − − = 2x⇔ = (thỏa mãn đk (*)) Tập nghiệm phương trình đã cho: S = { } 2 Bài 5: a) Chứng minh: · 0 EOF 90= EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E Nên OE là phân giác của · AOM . Tương tự: OF là phân giác của · BOM Mà · AOM và · BOM kề bù nên: · 0 90EOF = (đpcm) b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng. Ta có: · · 0 90EAO EMO= = (tính chất tiếp tuyến) Tứ giác AEMO có · · 0 180EAO EMO+ = nên nội tiếp được trong một đương tròn. • Tam giác AMB và tam giác EOF có: · · 0 EOF 90AMB = = , · · MAB MEO= (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO. Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g) c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK AB⊥ . Tam giác AEK có AE // FB nên: AK AE KF BF = Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Nên : AK ME KF MF = . Do đó MK // AE (định lí đảo của định lí Ta- let) Lại có: AE ⊥ AB (gt) nên MK ⊥ AB. d) Khi MB = 3 .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN ⊥ AB. ∆ FEA có: MK // AE nên: MK FK AE FA = (1) ∆ BEA có: NK // AE nên: NK BK AE BE = (2) Mà FK BK KA KE = ( do BF // AE) nên FK BK KA FK BK KE = + + hay FK BK FA BE = (3) Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra: MK KN AE AE = . Vậy MK = NK. Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên: 1 2 AKB AMB S KN S MN = = Do đó: 1 2 AKB AMB S S= . Tam giác AMB vuông ở M nên tg A = 3 MB MA = · 0 60MAB⇒ = . 3 Vậy AM = 2 a và MB = 3 2 a ⇒ 1 1 3 . . . 2 2 2 2 AKB a a S⇒ = = 2 1 3 16 a (đvdt) hết ĐỀ SỐ 02 SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT AN GIANG Năm học: 2009 – 2010 Khóa ngày: 28/6/2009 MÔN THI: TOÁN (đề chung) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1. (1,5 điểm) Không dùng máy tính, hãy rút gọn, tính giá trị của các biểu thức sau: 1) A = 14 7 15 5 1 : 2 1 3 1 7 5 − − + ÷ ÷ − − − 2) B = 2 1 x x x x x x − − − − ( ) 0; 1x x≥ ≠ Bài 2. (1,5 điểm) 1) Cho hai đường thẳng d 1 : y = (m+1)x + 5 ; d 2 : y = 2x + n. Với giá trị nào của m, n thì d 1 trùng với d 2 ? 2) Trên cùng mặt phẳng tọa độ, cho hai đồ thị (P): y = 2 3 x ; d: y = 6 – x. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép toán. Bài 3. (2 điểm) Cho phương trình: x 2 + 2(m + 3)x + m 2 + 3 = 0 (m là tham số) 1) Tìm m để phương trình có nghiệm kép? Hãy tính nghiệm kép đó. 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn x 1 – x 2 = 2 Bài 4. (1,5 điểm) Giải các phương trình sau: 1) 1 3 2 2 6x x + = − − 2) x 4 + 3x 2 – 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). hết 4 BÀI GIẢI Bài 1: (1,5 điểm) Không dùng máy tính, hãy rút gọn, tính giá trị của các biểu thức sau: 1) A = 14 7 15 5 1 : 2 1 3 1 7 5 − − + ÷ ÷ − − − = ( ) ( ) 7 2 1 5 3 1 1 : 2 1 3 1 7 5 − − + − − − = ( ) ( ) 7 5 . 7 5+ − = ( ) ( ) 2 2 7 5− = 7 – 5 = 2 2) B = 2 1 x x x x x x − − − − = ( ) ( ) 2 1 1 1 x x x x x x − − − − = ( ) 2 1 1 x x x − − − = 2 1 1 x x x − + − = ( ) 2 1 1 x x − − = 1x − ( ) 0; 1x x≥ ≠ Bài 2. (1,5 điểm) 1) d 1 ≡ d 2 1 2 5 m n + = ⇔ = 1, 5m n⇔ = = 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là nghiệm phương trình: 2 6 3 x x= − 2 3 18 0x x⇔ + − = ∆ = b 2 – 4ac = 3 2 – 4 . 1. (– 18) = 81 9⇒ ∆ = 1 3 9 3 2 2 b x a − + ∆ − + = = = , 2 3 9 6 2 2 b x a − − ∆ − − = = = − Suy ra: y 1 = 3 ; y 2 = 12 Vậy d cắt (P) tại hai điểm: (3; 3) và (– 6; 12) Bài 3. (2điểm) PT: x 2 + 2(m + 3)x + m 2 + 3 = 0 (1) 1) Phương trình (1) có nghiệm kép ' 0⇔ ∆ = ( ) ( ) 2 2 3 3 0m m⇔ + − + = 6 6 0m⇔ + = 1m⇔ = − Vậy với m = – 1 phương trình (1) có nghiệm kép . Nghiệm kép của PT (1) : ( ) ( ) ' 1 2 3 1 3 2 1 m b x x a − + = = − = = − − + = − 2) Phương trình (1) có hai nghiệm x 1 ; x 2 ' 0⇔ ∆ ≥ 6 6 0m⇔ + ≥ 1m⇔ ≥ − Theo hệ thức Vi-ét ta có: S= x 1 + x 2 = – 2(m + 3) ; P = x 1 . x 2 = m 2 + 3 Từ x 1 – x 2 = 2 suy ra: ( x 1 – x 2 ) 2 = 4 ⇔ ( x 1 + x 2 ) 2 – 4x 1 x 2 = 4 (*) 5 E H F O D C B A Thay S và P vào (*) ta được: ( ) ( ) 2 2 2 3 4 3 4m m− + − + = ( ) 2 2 4 6 9 4 12 4m m m⇔ + + − − = 24 24 4m⇔ + = 5 6 m⇔ = − ( thoả mãn điều kiện 1m ≥ − ) Vậy x 1 – x 2 = 2 5 6 m⇔ = − Bài 4. (1,5 điểm) Giải các phương trình: 1) 1 3 2 2 6x x + = − − (1) ĐK: x ≠ 2 ; x ≠ 6 (1) ( ) ( ) ( ) 6 3 2 2 2 6x x x x⇔ − + − = − − 2 6 3 6 12 24 2 4x x x x x⇔ − + − = − − + ⇔ 2x 2 – 14x + 24 = 0 2 ' ' b ac∆ = − = 49 – 48 = 1 x 1 = ' ' 7 1 4 2 b a − + ∆ + = = ( TMĐK), x 2 = ' ' 7 1 3 2 b a − − ∆ − = = ( TMĐK), Tập nghiệm của phương trình: { } 3;4S = 2) x 4 + 3x 2 – 4 = 0 Đặt t = x 2 ( t ≥ 0) , ta có phương trình ẩn t: t 2 + 3t – 4 = 0 Vì a + b + c = 1 + 3 + (– 4 ) = 0 nên t 1 = 1 (nhận) , t 2 = – 4 < 0 (loại) Vậy x 2 = 1 ⇔ x 1 = 1; x 2 = – 1. Tập nghiệm của phương trình: { } 1;1S = − Bài 5. (3,5 điểm) 1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp: CD // FE (cùng vuông góc AB) · · EFC FCD⇒ = (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 · · ACD ADC= Suy ra: · · EFC EDC= . 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: · 0 ACB 90= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · 0 90ECF⇒ = (kề bù với · ACB ) Tứ giác CDFE nội tiếp nên · · 0 90ECF EDF= = . Mà · 0 90ADB = nên · · 0 180EDF EDB+ = Vậy ba điểm B , D , F thẳng hàng. 3) Chứng minh HC là tiếp tuyến của đường tròn (O). Ta có · · 0 0 90 90 180EHA ECA+ = + = nên tứ giác AHEC nội tiếp Suy ra: · · HCA HEA= (cùng chắn cung AH) Mà · · HEA ADC= (so le trong của EH // CD) và · · ADC ABC= (cùng chắn cung AC). Do đó: · · HCA ABC= = 1 2 sđ » AC . Vậy HC là tiếp tuyến của đường tròn (O) Lưu ý: Rất nhiều HS sai lầm ở câu 1: · · 0 90ECF EDF= = và kết luận tứ giác CDFE nội tiếp. 6 Câu 3 có thể chứng minh · · 0 90HCA ACO+ = rồi suy ra HC là tiếp tuyến. hết Trang 7: Đề thi và bài giải chi tiết môn toán tỉnh Bình Định SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÌNH ĐỊNH Năm học: 2009 - 2010 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2điểm) Giải các phương trình sau: 1. 2(x + 1) = 4 – x 2. x 2 –3x + 2 = 0 Bài 2: (2điểm) 1. Cho hàm số y = ax + b. Tìm a, b biết đồ thị hàm số đã cho đi qua hai điểm A(– 2; 5) và B(1; – 4) . 2. Cho hàm số y = (2m – 1)x + m + 2. a) Tìm điều kiện của m để hàm số luôn nghịch biến. b) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 3 − . Bài 3: (2điểm) Một người đi xe máy khởi hành từ Hoài Ân đi Qui Nhơn. Sau đó 75 phút, một ô tô khởi hành từ Qui Nhơn đi Hoài Ân với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe máy là 20km/h Hai xe gặp nhau tai Phù Cát. Tính vận tốc của mỗi xe, giả thiết rằng Qui Nhơn cách Hoài Ân 100 km và Qui Nhơn cách Phù Cát 30 km. Bài 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AB. Kéo dài AC (về phía C) đoạn CD sao cho CD = AC. 1. Chứng minh tam giác ABD cân. 2. Đường thẳng vuông góc với AC tại A cắt đường tròn (O) tại E. Kéo dài AE (về phía E) đoạn EF sao cho EF = AE. Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng. 3. Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O). Bài 5: (1điểm) Với mỗi số k nguyên dương , đặt S k = ( ) ( ) 2 1 2 1 k k + + − Chứng minh rằng: S m+n + S m-n = S m . S n với mọi m; n là số nguyên dương và m > n. HẾT 7 Ô tô x. máy 30 km 100 km P.C Q.N H. BÀI GIẢI Bài 1: (2điểm) Giải các phương trình sau: 1. 2(x + 1) = 4 – x ⇔ 2x + 2 = 4 – x ⇔ 2x + x = 4 – 2 ⇔ 3x = 2 ⇔ x = 2 3 Vậy : 2 3 S = 2. x 2 –3x + 2 = 0 Vì a + b + c = 1 + (– 3) + 2 = 0 nên x 1 = 1 ; x 2 = 2 c a = Vậy { } 1;2S = Bài 2: (2điểm) 1. Vì A(– 2; 5) thuộc đồ thị hàm số y = ax + b nên: 5 = a(– 2) + b B(1;– 4) thuộc đồ thị hàm số y = ax + b nên: – 4 = a.1 + b Ta có hệ phương trình: 2 5 4 a b a b − + = + = − 3 9 4 a a b − = ⇔ + = − 3 1 a b = − ⇔ = − Vậy a = – 3 ; b = – 1 . 2. Hàm số y = (2m – 1)x + m + 2. a) Hàm số đã cho có dạng y = ax + b với a = 2m – 1 Hàm số nghịch biến ⇔ 2m – 1 < 0 ⇔ m < 1 2 b) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 3 − 2 (2 1). 2 0 3 m m − ⇔ − + + = 4 2 3 6 0m m⇔ − + + + = 8m⇔ = Bài 3. Gọi x(km/h) là vận tốc của xe máy (đk: x > 0) Vận tốc ô tô là: x + 20 (km/h) Đoạn đường Hoài Ân – Phù Cát dài: 100 – 30 = 70 km Thời gian xe máy đi từ H. Ân đến Phù Cát: 70 ( )h x Thời gian ô tô đi từ Qui Nhơn đến Phù Cát: 30 ( ) 20 h x + 75 phút = 5 ( ) 4 h 8 / / = = O F E D C B A Theo đề ta có phương trình: 70 x − 30 5 20 4x = + (1) Với x > 0 , (1) 280( 20) 120 5 ( 20)x x x x⇔ + − = + ( ) ( ) 20 56 20 24x x x x x⇔ + = + − 2 20 2400 0x x⇔ + − = Giải phương trình này ta được : x 1 = – 60 (loại) ; x 2 = 40 ( thỏa mãn điều kiện) Trả lời: V xe máy = 40 km/h ; V ô tô = 60 km/h Bài 4. 1) Chứng minh tam giác ABD cân: Ta có: · 0 90ACB = ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Suy ra: BC ⊥ AD ΔABD có BC là đường cao đồng thời là đường trung tuyến (do AC = DC) nên ΔABD cân ở B. 2)Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng: Tứ giác ACBE có · · · 0 90CAE ACB AEB= = = nên nó là hình nhật. Suy ra · · 0 90CBA EBA+ = . ΔABD cân ở B , BC là đường cao nên BC cũng là phân giác góc ABD. Vậy · · 2ABD ABC= Chứng minh tương tự ta được ΔABF cân ở B và BF là phân giác · ABF nên · · ABF ABE= Do đó · · · · ( ) 0 0 2 2.90 180ABD ABF ABC ABE+ = + = = . Vậy ba điểm D, B, F thẳng hàng. Bài 5. (1điểm) Từ giả thiết k nguyên dương và S k = ( ) ( ) 2 1 2 1 k k + + − ta suy ra: S m = ( ) ( ) 2 1 2 1 m m + + − và S n = ( ) ( ) 2 1 2 1 n n + + − S m . S n = ( ) ( ) 2 1 2 1 m m + + − . ( ) ( ) 2 1 2 1 n n + + − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1 2 1 m n m n m n m n+ + + + + + + − + + − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1 m n m n m n m n+ + + + − + + + + − + = S m+n + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1 m n m n + + + − + Ta cần chứng minh ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1 m n m n + + + − + = S n ( m > n) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1 m n m n + + + − + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 . 2 1 . 2 1 . 2 1 . 2 1 2 1 n n m n m n n n + − + − + − + + − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 . 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1 2 1 m n n n n n m n− − + + − + − + − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 . 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n m n m n− − + + − + + − − = ( ) ( ) 2 1 .1 1. 2 1 m n m n− − + + − = S n Vậy: k nguyên dương và S k = ( ) ( ) 2 1 2 1 k k + + − , m > n thì: S m+n + S m-n = S m . S n . 9 HẾT Chân thành cảm ơn thầy giáo Hà Minh Tuấn - Trường THCS Cát Thắng Huyện Phù Cát – Tỉnh Bình Định đã cung cấp đề và đáp án. Chúc thầy luôn mạnh khỏe . Chào thân ái. Trần văn Hứa – THCS Nguyễn Bá Ngọc – Thăng Bình- Quảng Nam ĐÔI LỜI Năm học 2008-2009 đã kết thúc bằng một mùa tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009- 2010 .Nhìn lại đề thi môn toán nói chung của các tỉnh thành trên toàn quốc, đa số các tỉnh đều bỏ đi phần trắc nghiệm khách quan. Mà cũng đúng vậy thôi, việc ra đề thi trắc nghiệm trong thi môn toán không phản ánh được việc dạy của thầy và việc học của trò mà thêm mệt cho các thầy cô trong khi làm công tác coi thi. Những con số 0 tròn trĩnh trong đợt thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán vừa qua có tỉnh trên con số nghìn, nó làm cho thầy cô giáo phải buâng khuâng suy nghĩ. Phải chăng đó là một hệ quả của một định lí dạy học. Hết khen ra đề trắc nghiệm hay, các sở giáo dục, phòng giáo dục , trường , đều tổ chức mời chuyên gia về báo cáo cách ra đề, nào là kiểu ra đề theo cách khoanh tròn, ghép đôi, điền khuyết Hay thì có hay thật, thầy cô giáo phải thức cả đêm mới ra được cái đề có cả trắc nghiệm lẫn tự luận. Than ôi , chỉ một cái sờ tai trái hay quắp ngón út của các em thì phần trắc nghiệm có khó chăng đi nữa , công thầy cô thức đêm cũng hóa thành công cốc. Basan0702 sẽ cố gắng lần lượt sưu tầm và giới thiệu với tất cả thầy cô giáo và các em học sinh lớp 9 tất cả các đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán không chuyên của 64 tỉnh thành trên cả nước . Lời giải trong đề rất chi tiết nhưng chỉ mang tính chất tham khảo, tốt nhất các em tự giải rồi đối chiếu với lời giải và tìm cách giải hay hơn. Do thời gian và công việc, nên lần này chỉ giới thiệu đề thi của ba tỉnh Hà Nam- An Giang- Bình Định. Chúc các em cố gắng học tốt- đạt được kết quả tốt trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2010- 2011. Chào thân ái Basan0702 Ghi chú: Tuần 16 – Đề thi 4 tỉnh và thành phố: Hà Nội –Phú Yên- Khánh Hòa- Hải phòng 10 . 1 2) và B (– 2; – 1 2) A ∈ (d) nên y A = – 2x A + b hay – 12 = – 2. 2 + b ⇒ b = – 8 B ∈ (d) nên y B = – 2x B + b hay – 12 = – 2. (– 2) + b ⇒ b = – 16 Có hai đường thẳng (d) tìm được. > n) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1 m n m n + + + − + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 . 2 1 . 2 1 . 2 1 . 2 1 2 1 n n m n m n n n + − + − + − + + − = ( ) ( ) ( ). ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1 m n m n m n m n+ + + + − + + + + − + = S m+n + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1 m n m n + + + − + Ta cần chứng minh ( ) ( ) ( ) ( ) 2