bộ đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán không chuyên môn toán các tỉnh phía bắc 2014

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15
Đề

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NINH BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN LVT
NĂM HỌC 2014 - 2015
Mơn thi: TỐN KHƠNG CHUYÊN Ngày thi: 11/6/2014
Thời gian làm bài: 120 phút
(Đề thi gồm có 05 câu trong 01 trang)

Câu 1 (3,0 điểm).
1. Rút gọn các biểu thức sau:

M  45  245  80
1  3 a
 1
N

:
a 2 a 4
 a 2

, với

a  0;a  4

x  3y  24

7x  y  14
5x
4
13
 2
 .
x 2  4x  1 x  x  1 3

2. Giải hệ phương trình: 
3. Giải phương trình:

Câu 2 (1,5 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P):

y  x 2 và đường thẳng (d): y = mx + 3 (m là

tham số).
a) Khi m = - 2, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P).
b) Tìm m để đường thẳng (d) và Parabol (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hồnh độ

x 1 và x 2 thỏa

mãn điều kiện: x1  x 2  10 .
Câu 3 (1,5 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
3

3

Một phịng họp có 440 ghế (mỗi ghế một chỗ ngồi) được xếp thành từng dãy, mỗi dãy có số ghế bằng
nhau. Trong một buổi họp có 529 người tham dự nên ban tổ chức phải kê thêm 3 dãy ghế và mỗi dãy tăng thêm
1 ghế so với ban đầu thì vừa đủ chỗ ngồi. Tính số dãy ghế có trong phịng họp lúc đầu.

Câu 4 (3,0 điểm).Cho đường trịn tâm O đường kính AB. Trên tia tiếp tuyến Ax của đường tròn lấy điểm M (M
khác A). Từ M kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn (O). Kẻ CH  AB ( H  AB ). Đường thẳng MB cắt
(O) tại điểm Q và cắt CH tại điểm N. Gọi I là giao điểm của MO và AC. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AIQM nội tiếp được.
b) OM//BC
c) Tỉ số CN không đổi khi M di động trên tia Ax (M khác A).
CH

Câu 5 (1,0 điểm).Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a.b.c = 1. Chứng minh rằng:

a3
b3
c3
3



1  b 1  c  1  c 1  a  1  a 1  b  4

HD Giải bởi thầy Hoàng Xuân Vịnh(THCS Bình Chiểu,Thủ Đức):
THẦY HỒNG XN VỊNH

1


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15

Câu 1:
1. M  45  245  80 =….= 6 5


 1
1  3 a 
=
N 

:


a 2 a 4 
 a 2





a 2 a 2  a 4
.

a 2
a 2  3 a








2 a
a 2



a 2



.



a 2



a 2

3 a

2

3

 x  3 y  24
x  3
....  
 y  7
7 x  y  14

2. 

3.

5x
4x
13
 2

x  4x  1 x  x  1 3
2

Vì x=0 không là nghiệm nên chia tử mẫu vế trái pt ban đầu cho x ta được:
5
1
x 4
x



4
1
x 1
x



1
5
4
13
13



,và đặt t= x  ta có:
x
t  4 t 1 3
3

 3.5  t 1  3.4  t  4  13 t 1 t  4  13t 2  42t  115  0  t1  5 hay t 2 
1
x

Với t=5,suy ra x  =5  x 2  5x  1  0  x 
Với t=

23
13

5  21
2

1 23
23
,suy ra x  =
 13x2  23x 13  0  VN
x
13
13

Câu 2:Phương trình hồnh độ giao điểm (d) và (P): x 2  mx  3
a)Khi m=-2,ta được x 2  2x  3  x 2  2x  3  0  x  1v x  3

Suy ra giao điểm (d) và (P) (1;1);(-3;9)
b)Phương trình hồnh độ giao điểm (d) và (P): x 2  mx  3  x 2  mx  3  0
  m2  12  0m ,pt ln có 2 nghiệm pb x1,x2.

S  x1  x 2  m
P  x1.x 2  3

Áp dụng Vi-et,ta có 

3
Ta có: x13  x2  10  S3  3SP  10  m3  9m  10  0  m  1

Câu 3:Gọi x là số ghế trong một dãy ban đầu (x thuộc N)
Số dãy ghế ban đầu:
Theo đề bài ta có pt:

440
x
440
529
3
 440  x 1  3x  x  1  529x  3x2  86x  440  0
x
x 1
THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

2


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15

 x  22(n); x 

20
(l) Vậy số ghế trong phòng lúc đầu là 440:22=20 dãy.
3

Câu 4:
a)CM được MQA  MIA  90 0 ,suy ra đpcm

K

b)DDCM được do cùng vng góc với AC
c)Gọi K là giao điểm của BC và Ax.

x

Do BC// OM,O là trung điểm AB ,
M

nên M là trung điểm AK,
CH//AK do cùng vng góc AB,

C
Q

áp dụng hệ quả Ta-let ta được:

N

I

CN/KM=NH/AM(=BN/BM).
Mà KM=AM(M là trung điểm AK)

A

O

H

B

nên,CN=NH,suy ra CN/CH=1/2
không đổi khi M chạy trên Ax.
5.Áp dụng Cô-si, ta được:
a3
1 b 1 c
a3
1  b 1  c 3a
3


3
.
.

8
4
1  b 1  c  8

1  b 1  c  8 8

(1)

b3
1 c 1 a
b3
1  c 1  a 3b


 33
.
.

8
4
1  c 1  a  8
1  c 1  a  8 8

(2)

c3

1  b 1  a 



1 b 1 a
c3
1  b 1  a 3c

(3)

 33
.
.

8
8
4
1  b 1  a  8 8

Cộng vế (1)(2)(3) ta được

3 a  b  c 6  2 a  b  c
a3
b3
c3




4
8
1  b 1  c  1  c 1  a  1  b 1  a 



a  b  c  3
a3
b3

c3



2
4
1  b 1  c  1  c 1  a  1  b 1  a 

Mà áp dụng Cô-si:

 a  b  c   3 . 3 abc  3
2

2

2

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

3


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15
Suy ra:

a3
b3
c3
3 3 3



  
1  b 1  c  1  c 1  a  1  b 1  a  2 4 4

Dấu”=” xảy ra,khi a=b=c=1
(hoangxuanvinhthuduc.blogspot.com)

Đề 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

MƠN: TỐN
Năm học: 2014 – 2015

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,0 điểm) 1) Tính giá trị của biểu thức A 

x 1
khi x = 9
x 1

1  x 1
 x2
với x > 0 và x  1

.
x  2  x 1

 x2 x

2) Cho biểu thức P  

a)Chứng minh rằng P 

x 1
x

b)Tìm các giá trị của x để 2P  2 x  5
Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày
phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định
2 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm?

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

4


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15

1
 4
 x  y  y 1  5

Bài III (2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình: 
 1  2  1
 x  y y 1


2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = -x + 6 và parabol (P): y = x2.
a) Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P).
b) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB.
Bài IV (3,5 điểm)Cho đường trịn (O; R) có đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường trịn (O; R)
(M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt các đường thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm
Q, P.
1) Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật.
2) Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn.
3) Gọi E là trung điểm của BQ. Đường thẳng vng góc với OE tại O cắt PQ tại điểm F. Chứng minh F là
trung điểm của BP và ME // NF.
4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính
MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Bài V (0,5 điểm) Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab

BÀI GIẢI
Bài I: (2,0 điểm)
1) Với x = 9 ta có A 

3 1
2
3 1

 x  2  x  x  1  ( x  1).( x  2)  x  1


.
.
x ( x  2)  x  1 

x ( x  2)  x  1


2) a) P  

x 1
x

b)Từ câu 2a ta có

2P  2 x  5 

2 x 2
 2 x 5
x

 2 x  2  2x  5 x và x > 0

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

5


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15

1
 2x  3 x  2  0 và x >0  ( x  2)( x  )  0 và x >0
2
 x

1
1
x
2
4

Bài II: (2,0 điểm)
Gọi x là sản phẩm xưởng sản xuất trong 1 ngày theo kế hoạch (x > 0)

 Số ngày theo kế hoạch là :
Số ngày thực tế là

1100
.
x

1100
. Theo giả thiết của bài toán ta có :
x5

1100 1100
= 2.
x
x5

 1100(x  5)  1100x  2x(x  5)
 2x 2  10x  5500  0
 x  50 hay x  55 (loại)
Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản phẩm.
Bài III: (2,0 điểm)

1) Hệ phương trình tương đương với:
Đặt u 

1
1
và v 
. Hệ phương trình thành :
xy
y 1

4u  v  5
8u  2v  10 9u  9
u  1




u  2v  1 u  2v  1
2v  u  1 v  1
Do đó, hệ đã cho tương đương :

 1
 x  y  1 x  y  1 x  1




y  1  1
y  2
 1 1

 y 1


2)
a) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) là

x2   x  6  x2  x  6  0  x  2hay x  3
Ta có y (2)= 4; y(-3) = 9. Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là B(2;4) và A(-3;9)
b) Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu của A và B xuống trục hồnh.
THẦY HỒNG XUÂN VỊNH

6


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15
Ta có S OAB  SAA'B'B  SOAA'  SOBB'
Ta có A’B’ = x B'  x A'  x B'  x A'  5 , AA’ = y A  9 , BB’ = y B  4
Diện tích hình thang : SAA 'B'B

SOAA' 



AA ' BB '
94
65
.A ' B ' 
.5 
(đvdt)
2

2
2

1
1
27
A ' A.A 'O 
(đvdt); SOBB'  B ' B.B 'O  4 (đvdt)
2
2
2

 S OAB  SAA'B'B  SOAA'  SOBB' 

65  27

   4   15 (đvdt)
2  2


Bài IV (3,5 điểm)
1) Tứ giác AMBN có 4 góc vng, vì là 4 góc nội tiếp chắn nửa

P

đường trịn.

N
F

2) Ta có ANM  ABM (cùng chắn cung AM)
O

A

và ABM  AQB (góc có cạnh thẳng góc)

B

vậy ANM  AQB nên MNPQ nối tiếp.
M

3) OE là đường trung bình của tam giác ABQ.

E

OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP
Suy ra F là trung điểm của BP.
Q

Mà AP vng góc với AQ nên OE vng góc OF.
Xét tam giác vng NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP.
Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên ONF  900 .
Tương tự ta có OME  900 nên ME // NF vì cùng vng góc với MN.
4) 2SMNPQ  2SAPQ  2SAMN  2R.PQ  AM.AN  2R.(PB  BQ)  AM.AN
Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy ra

AB BP
 AB2  BP.QB


QB BA

Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có PB  BQ  2 PB.BQ  2 (2R) 2  4R
Ta có AM.AN 

AM2  AN 2 MN 2
= 2R2

2
2

Do đó, 2SMNPQ  2R.4R  2R 2  6R 2 . Suy ra SMNPQ  3R 2
Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vng góc AB.
THẦY HỒNG XN VỊNH

7


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15
Bài V: (0,5 điểm)
Ta có Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab

2a  bc  (a  b  c)a  bc (Do a + b +c = 2)
 a 2  ab  bc  ca  (a  b)(a  c) 
Vậy ta có

2a  bc 

2c  ab 

(a  b)  (a  c)
(1)
2

2b  ca 

Tương tự ta có :

(a  b)  (a  c)
(Áp dụng BDT với 2 số dương u=a+b và v=a+c)
2

(a  b)  (b  c)
(2)
2

(a  c)  (b  c)
(3)
2

Cộng (1) (2) (3) vế theo vế  Q  2(a  b  c)  4
Khi a = b = c =

2
thì Q = 4 vậy giá trị lớn nhất của Q là 4.
3

Trần Quang Hiển,Ngô Thanh Sơn, Nguyễn Phú Vinh (THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM)

ĐỀ 3

TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN BÌNH ĐỊNH
----------------

------------------------------------------------------

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn thi: TỐN
Ngày thi: 13/06/2014
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề).
----------------------------------------------------------------------

Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức A 

a2  a
2a  a

 1 , với a > 0.
a  a 1
a

a. Rút gọn A.
b. Tìm giá trị của a để A = 2.
c. Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
Bài 2: (2,0 điểm)
Gọi đồ thị hàm số y  x 2 là parabol (P), đồ thị hàm số y   m  4 x  2m  5 là đường thẳng (d).
a. tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
b. Khi (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B có hồnh độ lần lượt là x1 ; x2 . Tìm các giá trị của m sao cho
3

x13  x2  0 .

Bài 3: (1,5 điểm )
Tìm x, y nguyên sao cho

x  y  18
THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

8


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15

Bài 4: ( 3,5 điểm )
Cho đường tròn (O) và một điểm P ở ngồi đường trịn. Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB với đường tròn (O) (A ,B là hai
tiếp điểm). PO cắt đường tròn tại hai điểm K và I ( K nằm giữa P và O) và cắt AB tại H. Gọi D là điểm đối xứng của
B qua O, C là giao điểm của PD và đường tròn (O).
a. Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp.
b. Chứng minh AC  CH .
c. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt IB tại Q. Chứng minh M là trung điểm của
AQ.
Bài 5: (1,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y 

2
1
 , với 0< x<1
1 x x

BÀI GIẢI

Bài 1: (2,0 điểm)
a) Rút gọn A.
Ta có: A 

a2  a
2a  a

1
a  a 1
a
2

1 3

Với a  0  a có nghĩa; a  a  1   a     0 với mọi a > 0 => A có nghĩa với mọi a  0 .
2 4


A

 

3
a  a  1
a 2 a 1




1 a  a

a  a 1
a





b)Tìm giá trị của a để A = 2
Ta có: A  a  a . Để: A = 2 => a  a  2  a  a  2  0
Đặt:

a  t  0 có pt: t 2  t  2  0  t1= -1 (loại) t2 = 2 (thõa mãn điều kiện)

Với t = 2 

a  2  a  4 (thõa mãn điều kiện)

Vậy: a  4 là giá trị cần tìm.
c)Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
2

2

2

1 1 1 
1 1
1
Ta có: A  a  a  a  2 a         a      với mọi a >0
2 2 2 

2 4
4

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

9


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15




1
2

2

( vì:  a    0 với mọi a > 0)
Dấu “=” khi

1
1
 0  a  (thõa mãn điều kiện a  0 )
2
4

a

Vậy: Anho nhat 

1
1
khi a 
4
4

Bài 2: (2,0 điểm)
a) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
Ta có: (d): y   m  4 x  2m  5
(P): y  x 2
Pt hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2   m  4 x  2m  5  x2   m  4 x  2m  5  0 1

     m  4    4  2m  5   m  4   4  2m  5   m2  4   m  2  m  2 


2

2

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi Pt (1) có hai nghiệm phân biệt khi   0

 m  2  0

m  2  0
 m2
m  2  0
  m  2  m  2   0  



 m  2  0
m  2  0
 m  2

 m  2  0

Vậy: với m > 2 hoặc m < -2 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
3
3
b) Tìm các giá trị của m sao cho x1  x2  0 .

Với m > 2 hoặc m < -2. Thì Pt: x2   m  4 x  2m  5  0 1 có hai nghiệm phân biệt x1, x2
Theo Viet ta có:

x1  x2  m  4
x1 x2  2m  5

Ta có x13  x23   x1  x2   x1  x2   3x1 x2    m  4  m  4  3  2m  5
2



2







  m  4  m  1 .
2

3
3
Để: x1  x2  0   m  4  m  1  0  m  4 (thõa mãn điều kiện) hoặc m  1 (không thõa mãn điều

2

kiện)
Vậy : m  4 là giá trị cần tìm.
THẦY HỒNG XN VỊNH

10


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15
Bài 3: (1,5 điểm )
Ta có :

x  y  18

ĐK: x  0 ; y  0
Pt viết:

x  y  3 2 (1) ( Với ĐK: x  0; y  0

x  0 ; y  0 mà

x  y  3 2 =>

x  3 2 và

y 3 2)
Pt viết:

x 3 2 y 0 

 x   3
2

2 y



2

 6 2 y  y  x  18  2 y 

y  x  18
Q
6

a 2  N  vi 2 y  Z va a  0 
 2 y  a  Q  2 y  a2  Q  
a 2


a  2m  m  N 

Vậy: 2 y   2m   y  2m2 
2

y  m 2 . Tương tự:

x n 2

Pt (1) viết: n 2  m 2  3 2  n  m  3  voi m, n  N 

 n 1
n 3
n  2
n  0

hoặc 
hoặc 
hoặc 
m  2
m  0
m  3
m  1

 x  18
x  8
x  2
 x0

hoặc 
hoặc 
hoặc 

y  8
 y  18
 y0
y  2
 x0
x  2  x  8
;
; 
 y  18  y  8  y  2

Vậy Pt đã cho có 4 nghiệm 

 x  18
 y0

;

Bài 4: ( 3,5 điểm )Cho đường trịn (O) và một điểm P ở ngồi đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB với đường
tròn (O) (A ,B là hai tiếp điểm). PO cắt đường tròn tại hai điểm K và I ( K nằm giữa P và O) và cắt AB tại H. Gọi D
là điểm đối xứng của B qua O, C là giao điểm của PD và đường tròn (O).
a.Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp.
b.Chứng minh AC  CH .
c.Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt IB tại Q. Chứng minh M là trung điểm của
AQ.
B
Bài 4: ( 3,5 điểm )
a) Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp

Q

1

I

Xét

ABP có: PA = PB

O

và APO  OPB (tính giất hai tiếp tuyến cắt nhau)
=>

H
K

1
M

ABP cân tại P có PO là phân giác

=> PO cũng là đường cao, trung tuyến ABP .
P
Xét tứ giácBHCP ta có BHP  90 (Vì PO  AB)
0

C
D
A

THẦY HỒNG XN VỊNH

11


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15

BCP  900
(Vì kề bù BCD  900 (nội tiếp nửa đường trịn (O))

BHP  BCP
=> Tứ giácBHCP nội tiếp (Qũi tích cung chứa góc)
b) Chứng minh AC  CH .
Xét

ACH ta có

HAC  B1 (chắn cung BKC của đường trịn (O))
Mà B1  H1 ( do BHCP nội tiếp)
=> HAC  H1
Mà H1  AHC  900 ( Vì: PO  AB)
=> HAC  AHC  900
=>

AHC vuông tại C

Hay AC  CH .
c) Chứng minh M là trung điểm của AQ.
Xét tứ giác ACHM ta có M nằm trên đường tròn ngoại tiếp

ACH )

=> tứ giác ACHM nội tiếp
=> CMH  HAC (chắn cung HC )
Mà HAC  BIC (chắn cung BC của đường tròn (O))
=> CMH  BIC
=> MH//BI (vì cặp góc đồng vị bằng nhau)
Xét

ABQ có AH = BH ( do PH là trung tuyến APB (C/m trên))

Và: MH//BI
=> MH là trung bình

ABQ

=> M là trung điểm của AQ
Bài 5: (1,0 điểm)
Ta có: y 

2
1
2
1
2x x  1
 
 2  1 3 

3
1 x x 1 x

x
1 x
x

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

12


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15
Vì 0< x<1 =>

Ta có:

x 1
2x
0
 0 và
x
1 x

2x x 1
2x x 1

2
.
 2 2 (Bất đẳng thức Cô si)
1 x
x
1 x x

Dấu “=” xảy ra khi:

2x
x 1

 x2  2x 1  0  x1  1 2 (thõa mãn điều kiện)
1 x
x

x2  1  2 (không thõa mãn điều kiện; loại)
=> y  2 2  3 Dấu “=” xảy ra khi x1  1  2
Vậy ynhonhat  2 2  3 khi x1  1  2
ĐỀ 4 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.ĐÀ NẴNG

Năm học: 2014 – 2015

ĐỀ CHÍNH THỨC

MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (1,5 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức A  9  4
Rút gọn biểu thức P 

x 2
2x  2

, với x > 0, x  2
x2
2 xx 2

Bài 2: (1,0 điểm)

3 x  4 y  5
6 x  7 y  8

Giải hệ phương trình 

Bài 3: (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) và hàm số y = 4x + m có đồ thị (dm)
1)Vẽ đồ thị (P)
2)Tìm tất cả các giá trị của m sao cho (dm) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt, trong đó tung độ của một
trong hai giao điểm đó bằng 1.
Bài 4: (2,0 điểm)
Cho phương trình x2 + 2(m – 2)x – m2 = 0, với m là tham số.
1)Giải phương trình khi m = 0.
2)Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với x1 < x2, tìm tất cả các giá trị của m
sao cho x1  x2  6
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC vng tại A có đường cao AH (H thuộc BC). Vẽ đường trịn (C) có tâm C, bán kính
CA. Đường thẳng AH cắt đường trịn (C) tại điểm thứ hai là D.
1)Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (C).
2)Trên cung nhỏ AD của đường tròn (C) lấy điểm E sao cho HE song song với AB. Đường thẳng BE cắt
đường tròn (C) tại điểm thứ hai là F. Gọi K là trung điểm của EF. Chứng minh rằng:

a) BA2 = BE.BF và BHE  BFC
b) Ba đường thẳng AF, ED và HK song song với nhau từng đơi một.
THẦY HỒNG XN VỊNH

13


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15

BÀI GIẢI
Bài 1:
1)A = 3 – 2 = 1
2)Với điều kiện đã cho thì

x 2

P
2x



2 x



 

2



x 2

x 2





x 2





x
2

1
2 x
x 2

Bài 2:

3x  4 y  5
6 x  8 y  10
y  2
 x  1





6 x  7 y  8
6 x  7 y  8
6 x  7 y  8
y  2
Bài 3:
1)

2)
Phương trình hồnh độ giao điểm của y = x2 và đường thẳng y = 4x + m là :
2
x = 4x + m  x2 – 4x – m = 0 (1)
(1) có   4  m
Để (dm) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì   0  4  m  0  m  4
y = 4x + m = 1 => x =

1 m
4

Yêu cầu của bài toán tương đương với

m  4
m  4
m  4




1 m  

m  7 hay 
m  7
2  4  m  4
 4m  4
 4  m  4




m  4
m  4


 m  7
(loại) hay m  7


m  7
4 4  m  m  7
 4m 

4

m  4
m  4
m  4

 2

 m  5 hay m  3

2
16  4  m   m  14m  49
m  5 hay m  3
m  2m  15  0

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

14


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15
Bài 4:
1)Khi m = 0, phương trình thành : x2 – 4x = 0  x = 0 hay x – 4 = 0  x = 0 hay x = 4





2)    m  2   m2  2m2  4m  4  2 m2  2m  1  2  2  m  1  2  0m
2

2

Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Ta có S  x1  x2  2  2  m , P  x1x2  m2  0
2
Ta có x1  x2  6  x12  2 x1 x2  x2  36   x1  x2   2 x1 x2  2 x1 x2  36
2

4  2  m   36   m  2   9  m  1hay m  5

2

2

Khi m = -1 ta có x1  3  10, x 2  3  10  x1  x 2  6 (loại)
Khi m = 5 ta có x1  3  34, x 2  3  34  x1  x 2  6 (thỏa)
Vậy m = 5 thỏa u cầu bài tốn.
Bài 5:
1)Ta có BAC  900 nên BA là tiếp tuyến với (C).
BC vng góc với AD nên
H là trung điểm AD. Suy ra BDC  BAC  900
nên BD cũng là tiếp tuyến với (C)
2)
a)
Trong tam giác vng ABC
ta có AB2  BH.BC (1)
Xét hai tam giác đồng dạng ABE và FBA
vì có góc B chung
và BAE  BFA (cùng chắn cung AE)
suy ra

AB BE

 AB2  BE.FB (2)
FB BA

Từ (1) và (2) ta có BH.BC = BE.FB
Từ BE.BF= BH.BC 

BE BH


BC BF

2 tam giác BEH và BCF đồng dạng vì có góc B chung và

BE BH

BC BF

 BHE  BFC

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

15


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15
b) do kết quả trên ta có BFA  BAE

HAC  EHB  BFC , do AB //EH. suy ra DAF  DAC  FAC  DFC  CFA  BFA
 DAF  BAE , 2 góc này chắn các cung AE, DF nên hai cung này bằng nhau
Gọi giao điểm của AF và EH là N. Ta có 2 tam giác HED và HNA bằng nhau
(vì góc H đối đỉnh, HD = HA, EDH  HDN (do AD // AF)
Suy ra HE = HN, nên H là trung điểm của EN. Suy ra HK là đường trung bình của tam giác EAF.
Vậy HK // AF.
Vậy ED // HK // AF
.--------------------------------------------------------------------------…………………………………………

Đề 5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUN
Năm học 2014 – 2015
Mơn: TỐN (chung)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút.
( Đề thi gồm 01 trang)
Bài 1: (1,5 điểm):
1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức

x2

2) Tìm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác vng có độ dài cạnh huyền là 10cm.
3) Cho biểu thức P  x  x  4 
2

2 . Tính giá trị của P khi x  2 .

4) Tìm tọa độ của điểm thuộc parbol y = 2x2 biết điểm đó có hồnh độ x = 1.
Bài 2: (1,5 điểm):
Cho biểu thức Q 


a  2 a 1  1
2 a



 với a  0; a  1 .
a 1
a 1 a a  a  a 1 


1) Rút gọn biểu thức Q.
2) Chứng minh rằng khi a > 1 thì giá trị biểu thức Q nhỏ hơn 1.
Bài 3: (2,5 điểm):
1) Cho phương trình

x2  2x  2  m  0 () ( m là tham số).

a) Tìm m để phương trình (*) có nghiệm.
THẦY HỒNG XN VỊNH

16


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15
b) Giả sử x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình (*). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A  x12 x2 2  3  x12  x2 2   4
2) Giải hệ phương trình:

2 x 3  1  5 y  5 x

.
 3
3
 x  y  1.



O1; R1  và O2 ; R2  với R1  R2 tiếp xúc trong với nhau tại A. Đường
thẳng O1O2 cắt  O1; R1  và  O2 ; R2  lần lượt tại B và C khác A. Đường thẳng đi qua trung điểm D của BC vng
góc với BC cắt  O1; R1  tại P và Q.
Bài 4: (3,0 điểm): Cho hai đường tròn

1) Chứng minh C là trực tâm tam giác APQ.
2) Chứng minh

DP2  R12  R22 .

3) Giả sử D1; D2 ; D3 ; D4 lần lượt là hình chiếu vng góc của D xuống các đường thẳng
Chứng minh DD1  DD2  DD3  DD4 

BP; PA; AQ; QB .

1
 BP  PA  AQ  QB 
2

Bài 5: (1,5 điểm):
1) Giải phương trình



x  2  x 1







2  x  1  1.

2) Xét các số thực x, y, z thỏa mãn 2 y  yz  z
2

2

  3x

2

 36 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

biểu thức A  x  y  z.

Hết

HD một số câu:
Bài 3:

2 x3  1  5 y  5 x 1

2) 
trừ từng vế tương ứng của (1) và (2) ta được
x3  y 3  1 2 




x  y
x3  y 3  5  x  y   0   x  y   x 2  xy  y 2  5   0   2
2
 x  xy  y  5  0(3)
2

1  3 2

PT (3)   x  y   y  5  0 vô nghiệm
2  4

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

17


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15
Với x  y  2 x3  2 y 3  1  x  y 

3

1 34
.

2
2

34 34

;

2 2 


Vậy hpt có nghiệm duy nhất  x; y   

Bài 4:
P

1) PBQC là hình thoi => QC // BP

D2

CM // BP (cùng vng góc với PA)

M

=> Q, C, M thẳng hàng

D1

Tam giác APQ có 2 đường cao AD và QM

D
B

cắt nhau tại C

C

O1

O2

A

D4

=> C là trực tâm tam giác APQ
2) c/minh DM là tiếp tuyến tại M của (O2)
Cminh được PD2 = DB.DA = DC.DA = DM2

D3
Q

= O2D2 – O2M2 = O2D2 – R22
Ta đi cminh O2D = R1
Ta có O2 D  O2 A  CD 

AC BC AB 2 R1



 R1
2
2
2
2

Vậy ta có đpcm.
c) DD1  DD2  DD3  DD4 

1
 BP  PA  AQ  QB 
2

Dễ dàng cminh được DD1  DD4 ; DD2  DD3 ; BP  QB; PA  AQ
Nên DD1  DD2  DD3  DD4 
Ap dụng BĐT Cơ-si ta có

 BP 

1
 BP  PA  AQ  QB   2  DD1  DD 2  PB  PA
2

DB2  DP2  2DB.DP  BP2  2DB.DP( Pi  ta  go DB2  DP2  BP2 )

2 DB.DP
 2DD1 (dấu « = » xảy ra khi DP = DB) (1)
BP
THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

18


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15
Cminh tương tự ta có AP 
TỪ (1) và (2) =>

2 DA.DP
 2DD2 (dấu « = » xảy ra khi DP = DA) (2)
AP

2  DD1  DD2  PB  PA (dấu « = » xảy ra khi DP = DA =DB)

Bài 5:
1) ĐKXĐ 1  x  2



x  2  x 1





2  x  1  1.

 x  2  x 1 

1

2  x 1

 x  2  x 1  3 2  x  3 




3
1

x  2  x 1
2  x 1

 

x22 



x 1 1  3 2  x

x2
x2
1
1



 3 2  x   x  2 

  3 2  x (*)
x22
x 1 1
x 1 1 
 x2 2

Xét PT (*) ta có:
+) x = 2 thỏa mãn
+) 1  x < 2 Vế trái âm vế phải dương Vơ lí !
+) x > 2 khơng thuộc ĐKXĐ
Vậy x = 2 là nghiệm PT đã cho
2) Ta có:

x  y  z

2

 x 2  y 2  z 2  2 xy  2 yz  2 xz

 2( y 2  z 2  yz )  3x 2  ( x 2  2 xy  y 2 )  ( x 2  2 xz  z 2 )

x  y  z

2

 36  ( x  y ) 2  ( x  z ) 2  36

Nên  6  x  y  z  6
=> Max(x+y+z) = 6 khi x = y = z = 2
Min(x+y+z) = –6 khi x = y = z = – 2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

Đề 6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: Tốn ( khơng chun )

THẦY HỒNG XN VỊNH

19


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15

ĐỀ CHÍNH
THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút
Đề thi gồm: 01 trang

Câu I ( 2,0 điểm)
1) Giải phương trình:

43  x  x  1

2) Rút gọn biểu thức: A 

10 x
2 x 3
x 1



x3 x 4
x  4 1 x

( x  0; x  1)

Câu II ( 2,0 điểm)
Cho Parabol (P): y  x2 và đường thẳng (d): y  (m  1) x  m  4 (tham số m)
1) Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d).
2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung.
Câu III ( 2,0 điểm)

 x  y  3m  2
1) Cho hệ phương trình: 
3x  2 y  11  m

( tham số m)

Tìm m để hệ đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn x2 – y2 đạt giá trị lớn nhất.
2) Một ô tô dự định đi từ A đến B dài 80 km với vận tốc dự định. Thực tế trên nửa
quãng đường đầu ô tô đi với vận tốc nhỏ hơn vận tốc dự định là 6 km/h. Trong nửa qng
đường cịn lại ơ tơ đi với vận tốc nhanh hơn vận tốc dự định là 12 km/h. Biết rằng ô tô đến
B đúng thời gian đã định. Tìm vận tốc dự định của ơ tô.

Câu IV ( 3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AM, BN, CP của tam giác ABC cắt nhau tại
H. Dựng hình bình hành BHCD.
1) Chứng minh: Các tứ giác APHN, ABDC là các tứ giác nội tiếp.
2) Gọi E là giao điểm của AD và BN. Chứng minh: AB.AH = AE.AC

3) Giả sử các điểm B và C cố định, A thay đổi sao cho tam giác ABC nhọn và BAC
khơng đổi. Chứng minh rằng đường trịn ngoại tiếp tứ giác APHN có diện tích khơng đổi.

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

20


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15

Câu V ( 1,0 điểm)
Cho x; y là hai số dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

S 

 x  y

2

x2  y 2



 x  y

2

xy

-----------------------------Hết------------------------------

Họ và tên thí sinh :……………………Số báo danh :………………………...

Chữ ký của giám thị 1 :………………Chữ ký của giám thị 2 :…………...

HƯỚNG DẪN CHẤM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: Tốn ( khơng chun )

I) HƯỚNG DẪN CHUNG
- Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Câu Ý
I

Nội dung

1 Giải phương trình:

43  x  x  1

(1)

x 1  0

43  x  x  1  
2
43  x   x  1 (2)

(1)  x  1
(2)  x 2  x  42  0

Điểm
1,00

0,25
0,25

x  7

 x  6

0,25
THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

21


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15

Kết hợp nghiệm ta có x  7 (thỏa mãn), x  6 ( loại)
Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là S  7

I

Rút gọn biểu thức:
2 A  10 x  2 x  3  x  1
x3 x 4
x  4 1 x

A







10 x
x 4





x 1



10 x  2 x  3









( x  0; x  1)

=





x  4 

x 4



1,00

2 x 3
x 1

x 4
x 1

 

x 1 

x 4

 



0,25



x 1



x 4


0,25

x 1

10 x  2 x  5 x  3  x  5 x  4



0,25



x 1

 = 73 x
x 4
x  1

x 1 7  3 x

=



3x  10 x  7
x 4





x 1

( vì x  0; x  1 )

0,25

0,25

Cho Parabol  P  : y  x2 và đường thẳng
II

 d  : y  (m 1) x  m  4

2,00

(tham số m)
1 Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d).

1,00

m = 2 ta có phương trình đường thẳng (d) là: y = x + 6

0,25

Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình
x2  x  6

 x  2
 x2  x  6  0  
x  3

0,25

0,25

* x  2  y  4
* x3  y 9

0,25

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

22


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15

Vậy m = 2 thì (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm A 2;4  và

B  3;9

II

2 Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung. 1,00
Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình
x2   m  1 x  m  4
 x2   m  1 x  m  4  0

(*)

0.25

(d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung khi và
chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu

 1. m  4 < 0

0,25

 m> 4

III

0,25

0,25

 x  y  3m  2
Cho hệ phương trình: 
1
3x  2 y  11  m

( tham số m)
1,00

x  m  3
Giải hệ phương trình ta có 
 y  2m  1

0,25

x 2  y 2   m  3   2m  1 =  3m2  10m  8

0,25

2

49
5


=
 3 m  
3
3


2

2

2

5
5

Do  m    0 với mọi m; dấu “ = ” xẩy ra khi m 
3
3


 x2  y 2 

5
49
, dấu “ = ” xẩy ra khi m 
3
3

hay x 2  y 2 lớn nhất bằng
III

0,25

0,25

49
5
khi m 
3
3

2 Gọi vận tốc dự định của ô tơ là x (km/h) (x >6 )
Khi đó thời gian ô tô dự định đi hết quãng đường AB là

80
( h)
x

0,25

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

23


BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15

40
( h)
x6

Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đường đầu là

40
( h)
x  12

Thời gian thực tế ô tô đi nửa qng đường cịn lại là
Theo bài ra ta có phương trình:

40
40
80


x  6 x  12 x

0,25

0,25

Giải phương trình ta được x  24 ( thỏa mãn)
Vậy vận tốc dự định của ô tô là 24 (km/h)

0,25
A

Từ giả thiết ta có APH  900 và

N

P

ANH  900

H

E

0,25
O

B

C

M I

D

IV

1
 tứ giác APHN nội tiếp đường trịn (đường kính AH)

0,25

Ta có : BD// CH ( BDCH là hình bình hành) và CH  AB
 BD  AB  ABD  900

0,25

Tương tự có ACD  900
 tứ giác ABDC nội tiếp đường trịn ( đường kính AD )

IV

0,25

2 Xét 2 tam giác ABE và ACH có :

ABE  ACH ( cùng phụ với BAC ) (1)

0,25

BAE phụ với BDA ; BDA  BCA (góc nt cùng chắn AB )

CAH phụ với BCA
 BAE  CAH (2)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra 2 tam giác ABE, ACH đồng dạng

0,25

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

24

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỐN KHƠNG CHUN 14-15



IV

AB AC

AE AH

 AB. AH  AC. AE
0,25

3 Gọi I là trung điểm BC  I cố định (Do B và C cố định)

0,25

Gọi O là trung điểm AD  O cố định ( Do BAC không đổi,
B và C cố định, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC )
 độ dài OI khơng đổi

0,25

ABDC là hình bình hành  I là trung điểm HD

 OI 

1
AH ( OI là đường trung bình tam giác ADH)
2

 độ dài AH khơng đổi

0,25
Vì AH là đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác APHN, độ
dài AH không đổi  độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ
giác APHN khơng đổi  đường trịn ngoại tiếp tứ giác APHN
có diện tích khơng đổi.
V

Ta có: S 

 x  y

2

x2  y 2

 1+



 x  y

0,25

2

xy

2 xy
x2  y 2

2
x2  y 2
xy

0,25

 2 xy
x2  y 2  x2  y 2
 3+  2


2
2 xy 
2 xy
x y

0,25

Do x; y là các số dương suy ra

2 xy
x2  y 2
2 xy x 2  y 2

2 2
.
2 ;«=»

x2  y 2
2 xy
x  y 2 2 xy
2
2
x2  y 2
2 xy

 2
  x2  y 2   4 x2 y 2   x2  y 2   0
2 xy
x  y2

x 2  y 2  x  y( x; y  0)

0,25
THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

25