Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán tỉnh Nam Định qua các năm (Có đáp án)

Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán tỉnh Nam Định qua các năm (Có đáp án)

Bài 4: (3 điểm): Cho tam giác nhọn PBC. Gọi A là chân đường cao kẻ từ đỉnh P xuống cạnh BC. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh PB và PC lần lượt ở M và N. Nối N với A cắt đường tròn đường kính BC tại điểm thứ hai là E.

1) Chứng minh 4 điểm A, B, N, P cùng nằm trên một đường tròn. Xác định tâm của đường tròn ấy.

2) Chứng minh EM vuông góc với BC.

3) Gọi E là điểm đối xứng của N qua BC. Chứng minh: AM.AF = AN.AB

 

doc 35 trang maihoap55 20530
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán tỉnh Nam Định qua các năm (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 1999 – 2000.
ĐỀ CHÍNH THỨC.
 Thời gian làm bài 150 phút. 
Bài 1: (1,5 điểm) Cho biểu thức: A = 
Với giá trị nào của x thì biểu thức A có nghĩa?
Tính giá trị của biểu thức A khi x = 1,999.
Bài 2: (1,5 điểm)
 Giải hệ phương trình: 
Bài 3: (2 điểm)
 Tìm giá trị của a để phương trình: (a2 – a – 3)x2 + (a + 2)x – 3a2 = 0 
 nhận x = 2 là nghiệm. Tìm nghiệm còn lại của phương trình.
Bài 4: (4 điểm)
 Cho tam giác ABC vuông ở đỉnh A. Trên cạnh AB lấy điểm D không trùng với đỉnh A và đỉnh B. Đường tròn đường kính BD cắt cắt cạnh BC tại E. Đường thẳng AE cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ hai là G. Đường thẳng CD cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ hai là F. Gọi S là giao điểm của các đường thẳng AC và BF. Chứng minh:
Đường thẳng AC song song với đường thẳng FG.
SA.SC = SB.SF
Tia ES là phân giác của .
Bài 5: (1 điểm)
 Giải phương trình: 
ĐÁP ÁN:
Bài 1: 1) ĐK: x ≠ 2 2) A = – 1/2 nếu x > 2 hoặc A = 1/2 nếu x < 2 A = 1/2 
Bài 2: Nghiệm của hệ phương trình là: (x = 7/3 và y = 25/9)
Bài 3: a = 3 + ; a = 3 –.
 + Với a = 3 + ta có phương trình: 17x2 + (5 +)x – 78 – 6 = 0. 
Khi đó x = – . 
 + Với a = 3 –ta có phương trình: 17x2 + (5 –)x – 78 + 6 = 0.
Khi đó x = – . 
1) Tứ giác DEGF nội tiếp (O)
Lại có: (kề bù) 
Mặt khác tứ giác ACED nội tiếp 
 mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AC // FG.
2) Δ SFC ~ Δ SAB (g.g) 
 SF.SB = SA.SC
3) Tứ giác AEBS nội tiếp (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AS, (hai góc nội tiếp của đường tròn O cùng chắn cung DF 
 Đpcm.
C
Bài 4:
S
F
O
D
F
E
B
A
Bài 5: ĐK: x ≥ – 1 . Đặt = t ≥ 0 x + 1 = t2 x = t2 – 1, ta có phương trình:
 t4 – t2 + 12 t – 36 = 0 (t – 2)(t + 3)(t2 – t + 6) = 0 t = 2; t = – 3 (loại)
 x = 3.
 Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2000 – 2001.
ĐỀ CHÍNH THỨC.
 Thời gian làm bài 150 phút. 
Bài 1: (2 điểm): Cho biểu thức:
 A = với a ≥ 0 và a ≠ 1.
 1) Rút gọn biểu thức A.
 2) Tìm a ≥ 0 và a ≠ 1 thỏa mãn đẳng thức: A = – a2.
Bài 2: (2 điểm): Trên hệ trục tọa độ Oxy cho các điểm M(2;1), N(5; ) và đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b.
Tìm a và b để đường thẳng (d) đi qua các điểm M và N?
Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng MN với trục Ox và Oy. 
Bài 3: (2 điểm): Cho số nguyên dương gồm 2 chữ số. Tìm số đó biết tổng của 2 chữ số bằng số đã cho; nếu thêm 13 vào tích của 2 chữ số sẽ được một số viết theo thứ tự ngược lại với số đã cho.
Bài 4: (3 điểm): Cho tam giác nhọn PBC. Gọi A là chân đường cao kẻ từ đỉnh P xuống cạnh BC. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh PB và PC lần lượt ở M và N. Nối N với A cắt đường tròn đường kính BC tại điểm thứ hai là E.
Chứng minh 4 điểm A, B, N, P cùng nằm trên một đường tròn. Xác định tâm của đường tròn ấy.
Chứng minh EM vuông góc với BC.
Gọi E là điểm đối xứng của N qua BC. Chứng minh: AM.AF = AN.AB
Bài 5: (1 điểm): Giả sử n là số tự nhiên. Chứng minh bất đẳng thức:
ĐÁP ÁN:
Bài 1: 1) Với a ≥ 0 và a ≠ 1, ta có:
 A = = = = a – 1.
 2) Với a ≥ 0 và a ≠ 1, ta có: A = – a2 a – 1 = – a2 a2 + a – 1 = 0 (*)
 Phương trình (*) có: Δ = 12 – 4.(– 1) = 5 > 0 a1 = ; a2 = (loại)
 Vậy: A = – a2 a = .
Bài 2: 1) Đường thẳng (d) đi qua các điểm M(2;1), N(5; ), nên M và N là nghiệm của hệ phương trình: 
 Vậy: a = ; b = 2 là các giá trị cần tìm. Khi đó phương trình đường thẳng (MN) là: y = x + 2.
 2) Tọa độ giao điểm của đường thẳng MN với trục Ox là nghiệm của hệ phương trình:
 x = 4 Tọa độ giao điểm của đường thẳng MN với trục Ox là: (4; 0)
 Tọa độ giao điểm của đường thẳng MN với trục Ox là nghiệm của hệ phương trình:
 y = 2 Tọa độ giao điểm của đường thẳng MN với trục Oy là: (0; 2)
Bài 3: Giá sử số cần tìm có dạng: M = (a; b N, 0 < a; b < 9) M = 10a + b
 Số viết theo thứ tự ngược lại số đã cho là:N = = 10b + a
Theo đầu bài ta có hệ phương trình: 
 Từ phương trình đầu ta có: a =b (1) 
 Thay (1) vào phương trình còn lại của hệ, ta có: 7b2 – 27b + 26 = 0 (*)
 Phương trình (*) có: Δ = (– 27)2 – 4.7.26 = 729 – 728 = 1 > 0 , nên có 2 nghiệm:
 b1 = (loại) ; b2 = 2 (thỏa mãn) . b = 2 a = 7 (thỏa mãn) số phải tìm là M = 72.
P
Bài 4:
O
F
1) Ta có: PABC (gt) A thuộc đường tròn đường kính PB (quĩ tích cung chứa góc 900).
 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đ/kính BC)
BNAC N thuộc đường tròn đường kính PB (quĩ tích cung chứa góc 900).
4 điểm A,B,N,P thuộc đường tròn đường kính PB. Tâm của đường tròn đi qua 4 diểm A, B,N,P là trung điểm của PB.
E
N
M
A
H
C
B
2) Gọi H là giao của PA và BN H là trực tâm của Δ PBC. Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đ/kính BC) CMPB CM là đường cao của Δ PBC H nằm trên CM 3 điểm C, M, H thẳng hàng.
 Lại có: (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (1)
 Tứ giác AHNC nội tiếp (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC) hay (2). Từ (1) và (2) mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên theo dấu hiệu nhận biết 2 đường thẳng // ME // AP mà PABC (gt) MEBC.
3) Gọi giao điểm của MA với đ/tròn (O) là F’, tương tự chứng minh trên ta có: NF’BC F’ là điểm đối xứng của N qua BC F ≡ F’ 3 điểm F, M, A thẳng hàng.
 Xét Δ AME và Δ AFN có: (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EF)
 	 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MN)
 Δ AME ~ Δ ANF (g.g) AM.AF = AN.AE
Bài 5: Ta có: 
 = 
Áp dụng bất đẳng thức trên lần lượt với k = 1, 2 , n ta có:
Cộng các bất đẳng thức trên ta có:
 = 2 < 2.
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2001 – 2002.
ĐỀ CHÍNH THỨC.
 Thời gian làm bài 150 phút. 
Bài 1: (1,5 điểm): Rút gọn biểu thức:
 M = với a ≥ 0 và a ≠ 1.
Bài 2: (1,5 điểm): Tìm hai số x và y thỏa mãn các điều kiện: 
Bài 3: (2 điểm): Hai người cùng làm chung một công việc sẽ hoàn thành trong 4 giờ. Nếu mỗi người làm riêng để hoàn thành công việc thì thời gian người thứ nhất làm ít hơn người thứ hai 6 giờ.Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người phải làm trong bao lâu sẽ hoàn thành công việc?
Bài 4: (2 điểm): cho các hàm số: y = x2 (P) và y = 3x + m2 (d) 
 (x là biến, m là số cho trước).
 1) Chứng minh rằng với bất kì giá trị nào của m, đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt.
 2) Gọi y1 và y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P). Tìm M để có đẳng thức: y1 + y2 = 11y1y2
Bài 5: (3 điểm): Cho tam giác ABC vuông ở đỉnh A. Trên cạnh AC lấy điểm M (khác với các điểm A và C). Vẽ đường tròn (O) đường kính MC. Gọi T là giao điểm thứ hai của cạnh BC với đường tròn (O). Nối BM và kéo dài cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D. Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là S. Chứng minh:
Tứ giác ABTM nội tiếp được trong một đường tròn.
Khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì góc ADM có số đo không đổi.
Đường thẳng AB song song với đường thẳng ST.
 ĐÁP ÁN:
Bài 1: (1,5 điểm): 
 Với a ≥ 0 và a ≠ 1, ta có M = = (0,5đ)
= = (0,5đ)
 = 	(0,5đ)
Bài 2: (1,5 điểm): 
 Vì (x + y )2 = x2 + y2 + 2xy = 25 + 2.12 = 49 x + y = ± 7 (0,25đ)
a) Trường hợp x + y = 7. Lại có xy = 12 x, y là nghiệm của phương trình bậc hai: t2 – 7t + 12 = 0, p/trình có:Δ= (– 7)2 – 4.1.12 = 49 – 48 = 1 > 0, nên có 2 nghiệm: t1 = 3; t2 = 4 . (0,25đ) 
 Hai số phải tìm là: hoặc (0,25đ)
b) Trường hợp x + y = –7. Lại có xy = 12 x, y là nghiệm của phương trình bậc hai: t2 + 7t + 12 = 0, p/trình có: Δ = 72 – 4.1.12 = 49 – 48 = 1 > 0 , nên có hai nghiệm: t1 = – 3 ; t2 = – 4 . (0,25đ) 
 Hai số phải tìm là: hoặc (0,25đ)
 Tóm lại có 4 cặp số thỏa mãn điều kiện đã cho là:
 ; ; ; (0,25đ)
Bài 2: (2 điểm): Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình để hoàn thành công việc là x giờ. ĐK: x > 0
người thứ hai làm một mình để hoàn thành công việc hét (x + 6) giờ. (0,25đ)
Trong 1 giờ, người thứ nhất làm được công việc. (0,25đ)
 Trong 1 giờ, người thứ hai làm được (0,25đ)
 Trong 1 giờ, nêu làm chung cả hai người làm được công việc. 
 Nên ta có phương trình: + = (0,25đ)
 4(x + 6) + 4x = x(x + 6)
 x2 – 2x – 24 = 0	(0,25đ)
 Phương trình có hai nghiệm: x1 = 6 (t/m) ; x2 = – 4 (loại). (0,25đ)
 Vậy thời gian người thứ nhất làm một mình để hoàn thành công việc là 6 giờ (0,25đ)
 thời gian người thứ hai làm một mình để hoàn thành công việc là 6 + 6 = 12 giờ 	(0,25đ)
Bài 4: (2 điểm).
 Câu 1: (1điểm) Hoành độ giao điểm của Parabol (P) và đường thẳng (d) là nghiệm của phương trình:
 x2 = 3x + m2 x2 – 3x – m2 = 0 (*)	(0,25đ)
 Phương trình (*) có: Δ = (– 3)2 – 4.1.( – m2 ) = 9 + m2 > 0 với mọi m.	(0,25đ)
 Phương trình (*) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.	(0,25đ)
 Đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m. (0,25đ)
 Câu 2: (1đ)
Gọi A và B là giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) và tọa độ giao điểm của chúng là: A(x1; y1) ; B(x2; y2). 
 Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (*), ta có:
 x1 + x2 = 3 ; x1.x2 = – m2 	 (0,25đ)
 Ta có: y1 + y2 = (3x1 + m2) + (3x2 + m2) = 3(x1 +x2) + 2m2 = 2m2 + 9 (1)
 Và : y1.y2 = (x1.x2)2 = (– m2)2 = m4 (2)
 Từ (1) và (2), ta có : y1 + y2 = 11y1y2 2m2 + 9 = 11m4 
 11m4 – 2m2 – 9 = 0 (3)	(0,25đ)
 Đặt m2 = t ≥ 0, phương trình (3) trở thành: 11t2 – 2t – 9 = 0. 
 Vì phương trình có a + b + c = 11 – 2 – 9 = 0, 
nên phương trình có một nghiệm là t1 = 1, nghiệm còn lại là t2 = – (loại) 
Với t = t1 = 1 m2 = 1 m = ± 1 (0,25đ)
 Vì phương trình (*) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m, nên m = ±1 thỏa mãn
 đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có tung độ thỏa mãn:
y1 + y2 = 11y1y2 m = ± 1 (0,25đ)
Câu 1: (1điểm).
Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đ/tròn (O))
Lại có: (gt) hay 
 Tứ giác ABTM nội tiếp được trong một đường tròn. (dấu hiệu nhận biết ..)
Câu 2: (1điểm).
Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đ/tròn (O)) hay
.Lại có: (gt) D, A thuộc đường tròn đ/kính BC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB) mà Δ ABC cố định có số đo không đổi có số đo không đổi khi M di chuyển trên AC.
Câu 3: (1 điểm) Trường hợp D nằm giữa A và S.
Tứ giác MTSD nội tiếp đ/tròn (O) 
Mà (kề bù) 
Có = 
 Mặt khác: (2 góc nội tiếp của đ/tròn (O) cùng chắn cung MS) 
 B
Bài 5: (3điểm):
O
S
D
T
M
C
A
B
M
S
D
O
C
T
A
 Mặt khác: (2 góc nội tiếp của đ/tròn (O) cùng chắn cung MS) = M là điểm chính giữa ) ACST ;ABAC (gt) AB // ST.
 Trường hợp S nằm giữa D và M.
Ta có: (2 góc nội tiếp của đ/tròn (O) cùng chắn cung MS) mà
M là điểm chính giữa ) ACST mà ABAC (gt) AB // ST.
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2002 – 2003.
ĐỀ CHÍNH THỨC.
 Thời gian làm bài 150 phút. 
Bài 1: Cho biểu thức:
 S = với x > 0; y > 0 và x ≠ y
 1/ Rút gọn S.
 2/ Tìm giá trị của x và y để S = 1.
Bài 2: Trên Parabol y = x2 lấy 2 điểm A và B, biết hoành độ của A là xA = – 2 và tung độ của B là yB = 8. Viết phương trình đường thẳng AB.
Bài 3: Xác định giá trị của m để phương trình: x2 – 8x + m = 0 có nghiệm là: . Với giá trị vừa tìm được phương trình còn một nghiệm nữa, hãy tìm nghiệm ấy.
Bài 4: Cho hình thang cân ABCD (AB // CD và AB < CD) nội tiếp (O). Tiếp tuyến với (O) tại A và tại D cắt nhau tại E. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.
Chứng minh tứ giác AEDI nội tiếp một đường tròn.
Chứng minh các đường thẳng EI // AB.
Đường thẳng EI cắt các cạnh bên AD và BC tại R và S. Chứng minh: 
a) I là trung điểm của RS. b) 
Bài 5: Tìm tất cả các cặp số (x; y) nghiệm đúng phương trình:
 (16x4 + 1)(y4 + 1) = 16x2y2
 HƯỚNG DẪN:
Bài 1: 1. S = 2. S = 1 khi x > 0 ; x ≠ 1 và y = 1.
Bài 2: xA = – 2 yA = 2, yB = 8 x = ± 4. Khi đó phương trình đường thẳng AB là:
 y = x + 4; y = – 3x – 4.
Bài 3: m = 13 ; x2 = 
1. Có (sđ – sđ) (t/c góc có đỉnh ở ngoài đ/ tròn).
 Có (sđ + sđ ) (t/c góc có đỉnh ở trong đ/ tròn).
Lại có: AD = BC (cạnh bên h/thang cân ABCD) sđ = sđ 
 + = (sđ – sđ) + (sđ + sđ )
=3600 = 1800 Tứ giác AEDI nội tiếp.
Bài 4: 
S
O
I
R
E
D
C
B
A
2. Tứ giác AEDI nội tiếp(cmt) (2 góc nội tiếp cùng chắn) ; Lại có ( Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến của (O) cùng chắn ) (=) mà 2 góc này ở vị trí đ/vị nên theo d/hiệu n/biết EI // AB.
3. a) EI // AB (cmt) mà R, S EI RI // AB, IS //AB
RI // AB (1) (hệ quả định lí Ta-lét); Tương tự: IS //AB (2)
 Lại có: IS // CD (cùng // AB) (3). Từ (1) , (2) và (3) 
 RI = IS I là trung điểm RS.
b) IS // CD (cmt) mà (cmt) 
 = 1 mà RI = IS (cmt) (vì I là t/đ RS)
Bài 5: (16x4 + 1)(y4 + 1) = 16x2y2 16x4y4 + 16x4 + y4 + 1 – 16x2y2 = 0.
 (16x4y4 – 8 x2y2 + 1) + (16x4 – 8 x2y2 + y4) = 0 (4x2y2 – 1)2 + (4x2 – y2)2 = 0
 ; ; ; 
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2003 – 2004.
ĐỀ CHÍNH THỨC.
 Thời gian làm bài 150 phút. 
Bài 1: 
 Giải hệ phương trình: 
Bài 2: Cho biểu thức: P = với x > 0 và x ≠ 1
 1/ Rút gọn P. 2/ Tính giá trị của P khi x = 
Bài 3: Cho đường thẳng (d): y = ax + b. Biết đường thẳng cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 và song song với đường thẳng y = – 2x + 2003.
Tìm a và b.
Tìm tọa độ các điểm chung (nếu có) của (d) và Parabol (P): y = x2.
Bài 4: Cho đường tròn (O) và điểm A cố định nằm ngoài (O). Từ A kẻ các tiếp tuyến AP và AQ với (O), (P, Q là tiếp điểm). Đường thẳng đi qua O và vuông góc với OP cắt đường thẳng AQ tại M.
Chứng minh rằng MO = MA.
Lấy N trên cung lớn PQ của (O) sao cho tiếp tuyến tại N của (O) cắt các tia AP, AQ lần lượt tại B và C. Chứng minh:
AB + AC – BC không phụ thuộc vào vị trí của N.
Nếu tứ giác BCQP nội tiếp một đường tròn thì PQ // BC.
Bài 5: Giải phương trình: 
 HƯỚNG DẪN:
Bài 1: Nghiệm của hệ phương trình là: (x = 2; y = 3).
Bài 2: 1/ P = . 2/ Với x = thì P = (1 + )2.
Bài 3: a) 1/ a = – 2, b = 2. 2/ Tọa độ giao điểm của (d) và (P) là: (2; – 2).
1. Có OM // AP (slt). Lại có: (T/C 2 t/tuyến cắt nhau )
 Δ MAO cân tại M 
 MO = MA.
2. Có BP = BN, CQ = CN, AP = AQ (t/c 2 t/t )
 AB + AC – BC = AP + PB + AQ + QC – BN 
– CN = AP + AQ = 2AP.
A cố định, (O) cố dịnh AP không đổi 2AP không đổi. Vậy: AB + AC – BC không phụ thuộc vào vị trí của N
B
Bài 4:
N
M
Q
P
C
A
3. Tứ giác BCQP nội tiếp (Định lí tứ giác nội tiếp đường tròn)
 Lại có: (2 góc kề bù) (cùng kề bù với), mà (vì Δ APQ cân do AP = AQ – cmt) nên mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên theo dấu hiệu nhận biết 2 đường thẳng // PQ // BC.
Bài 5: (ĐK: x ≥ 3)
Vậy phương trình vô nghiệm.
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2004 – 2005.
ĐỀ CHÍNH THỨC.
 Thời gian làm bài 150 phút. 
Bài 1: (3điểm) 
 1/. Đơn giản biểu thức: P = .
 2/. Cho biểu thức Q = với x > 0 và x ≠ 1.
a) Chứng minh Q = . b) Tìm số nguyên x lớn nhất để Q nhận giá trị là số nguyên.
Bài 2: (2điểm)
 Cho hệ phương trình (a là tham số).
Giải hệ phương trình khi a = 1.
Chứng minh rằng với mọi a hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x; y) sao cho x + y ≥ 2. 
Bài 3: (4điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Đường thẳng (d) tiếp xúc với (O) tại A. M và Q là 2 điểm phân biệt chuyển động trên (d) sao cho M khác A và Q khác A. Các đường thẳng BM và BQ lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai là N và P. 
Chứng minh: 1/. BM.BN không đổi.
 2/. Tứ giác MNPQ nội tiếp một đường tròn.
 3/. Bất đẳng thức: BN + BP + BM + BQ > 8R.
Bài 4: (1điểm)
 Tìm GTLN của hàm số: y = 
HƯỚNG DẪN:
Bài 1: 1/. P = 6
 2/. Q Z Z x – 1 Ư(2) = {± 1; ± 2}. Vậy để x lớn nhất = 3 thì Q nhận giá trị là số nguyên.
Bài 2: 1/. Với a = 1, ta có hệ phương trình: 
Vậy khi a = 1, thì hệ phương trình đã cho có nghiệm là: (x; y) = (2; 0).
 2/. Giải hệ phương trình:
Vậy nghiệm của hpt là: ( x = – 2a + 4; y = 2a2 – 2a).
 Xét hiệu: x + y – 2 = – 2a + 4 + 2a2 – 2a – 2 = 2a2 – 4a + 2 = 2(a – 1)2 ≥ 0 a
 x + y ≥ 2 a
Bài 3:
1/. Đường thẳng (d) tiếp xúc với (O) tại A D là t/ tuyến của (O) tại A AM AB (t/c tiếp tuyến) Δ AMB vuông tại A. Lại có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Δ ANB vuông tại N.
Xét Δv AMB và Δv NAB có chung
 Δv AMB ~ Δv NAB BM.BN = AB2
Mà AB = 2R không đổi AB2 = 4R2 không đổi 
BM.BN = 4R2 không đổi.
d
Q
P
N
M
A
B
 2/. Ta có: = (sđ – sđ ) = sđ (đ/lí góc có đỉnh ở ngoài đ/tròn)
 Lại có: = sđ (t/c góc nội tiếp) = (= sđ) 
 hay = . Mà + = 1800 (kề bù) + = 1800 Tứ giác MNPQ nội tiếp (d/hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp).
 3/. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta có: 
 BM + BN ≥ 2. Dấu “=” xảy ra khi BM = BN M ≡ N trái với giả thiết BM + BN > 4R (1)
Chứng minh tương tự trên ta có: BP + BQ > 4R (2)
 Từ (1) và (2) BM + BN + BP + BQ > 8R.
Bài 4: 
 Ta có: x 2 + 2x + 6 = (x + 1)2 + 5 ≥ 5, (1) dấu đẳng thức xảy ra x = – 1.
 ≥ 2, (2) dấu đẳng thức xảy ra x = – 1.
 Khi x 2 + 2x + 6 = (x + 1)2 + 5 tăng thêm bao nhiêu thì x 2 + 2x + 5= (x + 1)2 + 4 cũng tăng thêm bấy nhiêu
 Từ (1) và (2) ≥ , dấu đẳng thức xảy ra x = – 1.
 y = ≥ . Vậy GTNN của y = = x = – 1.
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2005 – 2006.
ĐỀ CHÍNH THỨC.
 Thời gian làm bài 120 phút. 
Bài 1: (2điểm) 
 1/.Tính giá trị của biểu thức: P = .
 2/. Chứng minh: = a – b với a > 0 và b > 0.
Bài 2: (3điểm)
 Cho parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình:
 (P): y = ; (d): y = mx – m + 2 (m là tham số).
 1) Tìm m để đường thẳng (d) và parabol (P) cùng đi qua điểm có hoành độ x = 4.
 2) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.
 3) Giả sử (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Chứng minh rằng y1 + y2 ≥ ()(x1 + x2).
Bài 3: (4điểm)
 Cho BC là dây cung cố định của đường tròn tâm O, bán kính R (0 < BC < 2R). A là điểm di động trên cung lớn BC sao cho Δ ABC nhọn. Các đường cao AD, BE, CF của Δ ABC cắt nhau tại H (DBC, ECA và FAB).
Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp được trong một đường tròn. Từ đó suy ra AE.AC = AF.AB.
Gọi A’ là trung điểm của BC. Chứng minh AH = 2A’O.
Kẻ đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O) tại A. Đặt S là diện tích của Δ ABC, 2p là chu vi của Δ DEF.
Chứng minh: d // EF.
Chứng minh: S = pR. 
Bài 4: (1điểm)
 Giải phương trình: 
 ĐÁP ÁN:
Bài 1: (2,0 điểm).
1) Tính giá trị biểu thức: (1điểm).
 P = = 
= = = 4.
2) Chứng minh (1điểm).
 Xét vế trái ta có: 
 = = = = = a – b = VP . Đẳng thức được chứng minh.
Bài 2: (3điểm).
Tìm m: (1 điểm). Thay x = 4 vào y = được y = 8.
Thay x = 4 và y = 8 vào y = mx – m + 2, ta có: 8 = 4m – m + 2 3m = 6 m = 2.
 Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
2) Chứng minh (1điểm).
 Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt phương trình = mx – m + 2 có hai nghiệm phân biệt. = mx – m + 2 x2 – 2mx + 2m – 4 = 0 (1)
 Δ’ = m2 – 2m + 4 = (m – 1)2 + 3 > 0 với mọi m phương trinh (1) có hai nghiệm phân biệt. 
Vậy: với mọi giá trị của m, đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.
 3) Chứng minh (1điểm).
 (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) nên x1, x2 là nghiệm của phương trình (1) x1 + x2 = 2m.
 y1 + y2 = mx1 – m + 2 + mx2 – m + 2 = m(x1 + x2) – 2m + 4 = 2m2 – 2m + 4
 = 
1) Chứng minh (1điểm).
BEAC E thuộc đường tròn đường kính BC (quĩ tích cung chứa góc 900).
Tương tự, F thuộc đường tròn đường kính BC.
 Tứ giác BCEF nội tiếp đ/tròn đường kính BC.
 (đ/lí tứ giác nội tiếp ) mà (kề bù) .
Xét Δ ABC và Δ AEF có: 
 (chung) , (cmt)
 Δ ABC ~ Δ AEF (g.g) AE.AC = AF.AB
d
Bài 4: (4điểm).
A’
x
F
E
M
O
H
D
C
B
A
2) Chứng minh AH = 2A’O. (1điểm).
 Gọi M là giao điểm thứ hai của đường thẳng AO với đường tròn (O). Ta có: MCAC 
 BH // MC (1). Tương tự , CH // MB (2). Từ (1) và (2) BMCH là hình bình hành A’ là trung điểm của HM. Mà O là trung điểm của AM AO’ là đường trung bình của Δ MAH AH = 2A’O.
3) a. Chứng minh d // EF (0,75điểm).
 Ta có (góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và dây cùng chắn cung AB).
 Mặt khác: (cmt) ( ) d // EF.
d
 b. Chứng minh S = pR. (1,25điểm).
Ta có: dOA (t/c t/tuyến ) mà d // EF (cmt)
 OAEF 2SAEOF = OA.EF = R.EF
Tương tự: 2SCEOD = R.DE và 2SBDOF = R.DF
Do Δ ABC nhọn 
 2S = 2(SAEOF + SCEOD + SBDOF) 
 = R(EF + DE + DF)
 = 2pR.
 S = pR.
x
A’
H
O
F
E
D
C
B
A
M
Bài 4: (1điểm).
 Điều kiện: – 2 ≤ x ≤ 2. Ta có:
 9x2 + 16 = 4(2x + 4) + 16 + 16(2 – x)
 [(– 8x2 + 32) – x2 ] + [8 – 8x] = 0
 ( + x)( – x) + 8(– x) = 0
 (– x).(+ x + 8) = 0
(3)
 – x = 0 ( vì + x + 8 > 0) 
(4)
 (4) 
Đối chiếu với điều kiện (3), phương trình đã cho có nghiệm là: x = 
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2006 – 2007.
ĐỀ CHÍNH THỨC.
 Thời gian làm bài 120 phút. 
Bài 1: (2điểm).
 Cho biểu thức A = với x > 0 ; x ≠ 1 và x ≠ 4.
 1) Rút gọn A. 2) Tìm x để A = 0.
Bài 2: (3,5điểm).
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình:
 (P): y = x2 ; (d): y = 2(a – 1)x + 5 – 2a (a là tham số)
1) Với a = 2 tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P).
2) Chứng minh rằng với mọi a đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.
3) Gọi hoành độ giao điểm của đường thẳng (d0 và parabol (P) là x1, x2. Tìm a để .
Bài 3: (3,5điểm).
 Cho đường tròn (O) đường kính AB. Điểm I nằm giữa A và O (I khác A và O). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN (C khác M, N và B). Nối AC cắt MN tại E. Chứng minh:
 1. Tứ giác IECB nội tiếp. 2. AM2 = AE.AC 3. AE.AC – AI.IB = AI2.
Bài 4: (1điểm).
 Cho a ≥ 4 , b ≥ 5 , c ≥ 6 và a2 + b2 + c2 = 90. Chứng minh: a + b + c ≥ 16.
ĐÁP ÁN:
Bài 1: 1.(1,25 điểm).
 Với x > 0 ; x ≠ 1 và x ≠ 4. Ta có:
 A = 
 = 
 = = = 
2. (0,75điểm).
 Với x > 0 ; x ≠ 1 và x ≠ 4. Thì: A = 0 = 0 = 0 
x = 4 (không thỏa mãn điều kiện bài toán). Vậy không có giá trị nào của x để A = 0.
Bài 2: (3,5điểm).
1. (1điểm): Với a = 2 thì đường thẳng (d) có dạng: y = 2x + 1
 Tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là nghiệm của hệ phương trình: 
 x2 = 2x + 1 x2 – 2x – 1 = 0.
Giải phương trình ta có: x1 = 1 + ; x2 = 1 – 
Với x = 1 + y = 3 + 2 ; Với x = 1 – y =3 – 2
Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:
 (1 + ; 3 + 2) ; (1 – ;3 – 2)
2. (1,25điểm): 
Hoành độ giao diểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là nghiệm của phương trình:
 x2 = 2(a – 1)x + 5 – 2a x2 – 2(a – 1)x + 2a – 5 = 0 (1)
Phương trình (1) có : Δ’ = (a – 1 )2 – 2a + 5 = a2 – 4a + 6 = (a – 2)2 + 2 > 0 Với mọi a. 
 Phương trình (10 có hai nghiệm phân biệt với mọi a. 
 Đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt với mọi a.
3. (1,25điểm): 
 Theo giả thiết x1, x2 là nghiệm của phương trình (1). Áp dụng định lí Vi-ét ta có:
 x1+ x2 = 2(a – 1) và x1.x2 = 2a – 5.
 = (x1+ x2 )2 – 2 x1.x2 = 4(a – 1)2 – 2(2a – 5) = 4a2 – 12a + 14
 4a2 – 12a + 14 = 6 a2 – 3a + 2 = 0 a1 = 1 ; a2 = 2.
 Vậy: a1 = 1 ; a2 = 2 là các giá trị cần tìm.
Bài 3; (3,5điểm)
1. (1điểm): Ta có: MNAB (gt) 
Vì AB là đường kính của đường tròn (O) (gt)
 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 hay 
 Tứ giác IECB nội tiếp (tứ giác có tổng 2 góc đối )
2. (1,25điểm): Ta có ABMN (gt)
 (Đ/lí đường kính dây cung )
 (hệ quả góc nội tiếp)
M
O
N
I
E
C
B
A
Xét Δ AMC và Δ AEM có: (cmt) ; chung 
 Δ AMC ~ Δ AEM (g.g) AM2 = AE.AC
3. (1,25điểm): Xét Δ AIE và Δ ACB có: ; chung 
 Δ AIE ~ Δ ACB (g.g) AI.AB = AE.AC AI.(AI + IB) = AE.AC (vì I nằm giữa A và B) AE.AC – AI.IB = AI2.
Bài 4. (1điểm): Ta có: a ≥ 4 a = 4 + x (x ≥ 0)
	b ≥ 5 b = 5 + y (y ≥ 0)
	c ≥ 6 c = 6 + z (z ≥ 0)
Nên: a2 + b2 + c2 = 90 (4 + x)2 + (5 + y)2 + (6 + z)2 = 90
 x2 + y2 + z2 + 8x + 10y + 12z + 77 = 90 x2 + y2 + z2 + 8x + 10y + 12z = 13
 x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx + 12(x + y + z) ≥ 13 (vì x, y, z ≥ 0)
 (x + y + z)2 + 12(x + y + z) ≥ 13
Nếu: 0 ≤ x + y +z < 1 thì vế trái < 13 (vô lí).
Vậy: x + y + z ≥ 1 a + b + c = 15 + x + y + z ≥ 16
Đẳng thức xảy ra x + y + z = 1 chẳng hạn: x = y = 0 ; z = 1.
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2007 – 2008.
ĐỀ CHÍNH THỨC.
 Thời gian làm bài 120 phút. 
Bài 1: (2,5điểm).
 Cho biểu thức P = với x ≥ 0 và x ≠ 4.
 1) Rút gọn P. 2) Tìm x để P > 1.
Bài 2: (3điểm).
 Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + m – 4 = 0 (1), (m là tham số).
 1/. Giải phương trình (1) với m = – 5.
 2/. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
 3/. Tìm m để đạt giá trị nhỏ nhất (x1, x2 là hai nghiêm của phương trình (1) nói trong phần 2/.).
Bài 3: (3,5điểm). Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B phân biệt thuộc (O) sao cho đường thẳng AB không đi qua tâm O. Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác điểm A, từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến phân biệt ME, MF với đường tròn (O), (E và F là hai tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của dây cung AB; các điểm K và I theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng È với các đường thẳng OM và OH.
 1/. Chứng minh 5 điểm M, O, H, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
 2/. Chứng minh: OH.OI = OK.OM
 3/. Chứng minh IA, IB là các tiếp tuyến của đường tròn (O).
Bài 4: (1điểm).
 Tìm tất cả các cặp số (x; y) thỏa mãn: x2 + 2y2 + 2xy – 5x – 5y = – 6 để x + y là số nguyên.
 ĐÁP ÁN:
Bài 1: (2,5điểm):
1/.(1,5điểm): Với x ≥ 0 và x ≠ 4. Ta có:
 P = = 
 = = = 
2/. (1điểm): Với x ≥ 0 và x ≠ 4 (1). Ta có:
 P > 1 > 1 – 1 > 0 > 0 > 0 
 < 0 < 2 0 ≤ x < 4 (2) 
 Từ (1) và (20, ta có: P > 1 0 ≤ x < 4 .
Bài 2: (3điểm).
 1/. (1điểm): Với m = – 5, (1) trở thành: x2 + 8x – 9 = 0.
 Phương trình có: a + b + c = 1 + 8 – 9 = 0, nên phương trình có hai nghiệm :
 x1 = 1 ; x2 = = – 9. 
 *Vậy: Với m = – 5, phương trình (1) đã cho có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = – 9. 
 2/. (1điểm): Phương trình (1) có:
 Δ = [ – 2(m + 1)]2 – 4(m – 4) = 4m2 + 4m + 20 = (2m + 1)2 + 19.
 Do (2m + 1)2 ≥ 0 với mọi m, nên (2m + 1)2 + 19 ≥ 19 với mọi m Δ > 0 với mọi m.
 *Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m.
 3/. (1điểm):
 * Theo phần 2/. phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m, nên theo định lí Vi-ét ta có: x1 + x2 = = 2(m + 1) và x1. x2 = = m – 4.
 * Ta có: 
 +) = (x1 + x2)2 – 4 x1. x2 = [2(m + 1)]2 – 4(m – 4) = = (2m + 1)2 + 19.
 Do (2m + 1)2 ≥ 0 với mọi m, nên (2m + 1)2 + 19 ≥ 19 với mọi m ≥ 19 với mọi m với mọi m.
 +) = khi và chỉ khi (2m + 1)2 = 0 m = .
* Vậy m = thì đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 3: (3,5điểm).
1/.(1,5điểm).
+) Ta có: ME là tiếp tuyến của (O) tại E (gt), nên OE ME (t/c tiếp tuyến )
 .
+) Chứng minh tương tự ta cũng có: .
+) Do H là trung điểm của dây cung AB không đi qua tâm O, nên OHAB OHHM
.
+) Vậy 3 điểm E, F, H cùng nhìn đoạn OM 
I
H
K
O
F
E
M
B
A
dưới một góc bằng 900 3 điểm E, F, H cùng nằm trên đường tròn đường kính OM.
* Vậy 5 điểm M, O, H, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
2/. (1điểm).
 +) Do ME, MF là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) kẻ từ điểm M ME = MF và OM là phân giác của Δ MEF cân tại M và MO là đường phân giác trong của nên OM cũng là đường cao OMEF OKKI Δ KOI vuông ở K (1)
 +) Vì OHAB tại H (cmt) Δ HOM vuông ở H (2) mà . Nên từ (1) và (2) Δ HOM ~ Δ KOI (g.g) OH.OI = OK.OM
3/. (1điểm).
 +) Do Δ OME vuông ở E và EKOM (vì EFOM tại K) 
 OK.OM = OE OH.OI = OE2 = OB2 mà 
 Δ OHB ~ Δ OBI (c.g.c) OBIB. Mà OB là bán kính của đường tròn (O) IB là tiếp tuyến của đường tròn (O).
 +) Chứng minh tương tự ta cũng có IA là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Bài 4. (1điểm):
 *Ta có: x2 + 2y2 + 2xy – 5x – 5y = – 6 (x + y)2 – 5(x + y) + 6 = – y2 (1)
 Do – y2 ≤ 0, với mọi y (x + y)2 – 5(x + y) + 6 ≤ 0, với mọi y (2).
 +) Có (2) [(x + y )2 – 3(x + y)] – [2(x + y ) – 6] ≤ 0
 (x + y)(x + y – 3) – 2(x + y – 3) ≤ 0 (x + y – 2)(x + y – 3) ≤ 0
 Suy ra: (x + y – 2)(x + y – 3) = 0 hoặc hoặc 
Suy ra: 2 ≤ x + y ≤ 3
+ Mà x + y là số nguyên, nên x + y = 2 hoặc x + y = 3. 
Thay vào (1) được : – y2 = 0 y = 0 x = 2 hoặc x = 3.
* Vậy các cặp số (x ; y) cần tìm là (2 ; 0) , (3 ; 0).
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2008 – 2009.
ĐỀ CHÍNH THỨC.
 Thời gian làm bài 120 phút. 
Bài 1: (2điểm). Các câu dưới đây, sau mỗi câu có nêu 4 phương án trả lời (A,B,C,D). Trong đó chỉ có một phương án đúng. Hãy viết vào bài làm của mình phương án trả lời mà em cho là đúng (chỉ cần viết chữ cái ứng với phương án trả lời đó).
Câu 1: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: y = 2x + 1 và d2: y = x – 1.
Hai đường thẳng đã cho cắt nhau tại điểm có tọa độ là:
 A. (– 2; – 3) B. (– 3; – 2) C. (0; 1) D. (2; 1)
Câu 2: Trong các hàm số sau đây, hàm số nào đồng biến khi x < 0?
 A. y = – 2x B. y = – x + 10 C. y = x2 D. y = (– 2)x2
Câu 3: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các đồ thị hàm số y = 2x + 3 và hàm số y = x2. Các đồ thị đã cho cắt nhau tại hai điểm có hoành độ lần lượt là:
 A. 1 và –3 B. –1 và –3 C. 1 và 3 D. –1 và 3 
Câu 4: Trong các phương trình sau đây, phương trình nào có tổng hai nghiệm bằng 5?
 A. x2 – 5x + 25 = 0 B. 2x2 – 10x – = 0 C. x2 – 5 = 0 D. 2x2 + 10x + 1 = 0
Câu 5: Trong các phương trình sau đây, phương trình nào có hai nghiệm âm?
 A. x2 + 2x + 3 = 0 B. x2 + x – 1= 0 C. x2 + 3x + 1 = 0 D. x2 + 5 = 0
Câu 6: Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) có OO’ = 4cm; R = 7cm; R’ = 3cm. Hai đường tròn đã cho:
 A. Cắt nhau. B. tiếp xúc trong C. ở ngoài nhau. D. tiếp xúc ngoài.
Câu 7: Cho tam giác ABC vuông ở A có AB = 4cm; AC = 3cm. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng:
 A. 5cm B. 2cm C. 2,5cm D. cm
Câu 8: Một hình trụ có bán kính đáy là 3cm, chiều cao là 5cm, khi đó diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng:
 A. 30cm2 B. 30π cm2 C. 45π cm2	D. 15π cm2
Bài 2: (1,5điểm).
 Cho biểu thức P = với x ≥ 0
 1/. Rút gọn P. 2/. Tìm x để P < 0.
Bài 3: (2điểm). Cho phương trình: x2 + 2mx + m – 1 = 0 
 1/ Giải phương trình khi m = 2.
 2/. Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Hãy xác định m để phương trình có nghiệm dương.
Bài 4: (3điểm).
 Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB; điểm I nằm giữa hai điểm A và O. Kẻ đường thẳng vuông góc với AB tại I, đường thẳng này cắt đường tròn (O; R) tại M và N. Gọi S là giao điểm của hai đường thẳng BM và và AN. Qua S kẻ đường thẳng song song với MN, đường thẳng này cắt các đường thẳng AB và AM lần lượt ở K và H. Chứng minh:
Tứ giác SKAM là tứ giác nội tiếp và HS.HK = HA.HM
KM là tiếp tuyến của đường tròn (O;R).
Ba điểm H, N, B thẳng hàng.
Bài 5: (1,5điểm).
 1). Giải hệ phương trình 
 2). Giải phương trình .x4 = 2x4 – 2008x +

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_thpt_mon_toan_tinh_nam_dinh_qua.doc