Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 môn toán

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
1

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Đề 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NINH BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LVT
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn thi: TOÁN KHÔNG 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 1 3 a
N:
a4
a 2 a 2






, với
a 0;a 4

2. Giải hệ phương trình:
x 3y 24
7x y 14






3. Giải phương trình:
22
5x 4 13
x 4x 1 x x 1 3

   
.
Câu 2 (1,5 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P):
2
yx
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 hoành độ
1
x

và
2
x

thỏa
mãn điều kiện:
33
12
x x 10  
.
Câu 3 (1,5 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một phòng 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 phòng họp lúc đầu.
Câu 4 (3,0 điểm).Cho đường tròn 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
CH
không đổi khi M di động trên tia Ax (M khác A).
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:
        
3 3 3
a b c 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 HOÀNG XUÂN VỊNH
2

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Câu 1:
1.
8024545 M
=….=
65

4
3
:
2
1
2
1














a
a
aa
N
=
     
  
a 2 a 2
a 2 a 2 a 4 2 a 2

3
3 a 3 a
a 2 a 2 a 2 a 2


   



   


2.






147
243
yx
yx
x3

y7







3.
3
13
1
4
14
5
22



 xx
x
xx
x

Vì x=0 không là nghiệm nên chia tử mẫu vế trái pt ban đầu cho x ta được:
5 4 13
11
3
x 4 x 1
xx

   
,và đặt t=
1
x
x

ta có:
5 4 13
t 4 t 1 3



      
3.5 t 1 3.4 t 4 13 t 1 t 4      

2
12
23
13t 42t 115 0 t 5hayt
13

      

Với t=5,suy ra
1
x
x

=5
2
5 21
x 5x 1 0 x
2

     

Với t=
23
13

,suy ra
1
x
x

=
23
13

 
2
13x 23x 13 0 VN   

Câu 2:Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P):
2
x mx 3

a)Khi m=-2,ta được
22
x 2x 3 x 2x 3 0 x 1vx 3          

Suy ra giao điểm (d) và (P) (1;1);(-3;9)
b)Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P):
2
x mx 3



2
x mx 3 0  

2
m 12 0 m    
,pt luôn có 2 nghiệm pb x
1
,x
2
.
Áp dụng Vi-et,ta có
12
12
S x x m

P x .x 3
  


  


Ta có:
10
3
2
3
1
 xx
33
S 3SP 10 m 9m 10 0       

m1  

Câu 3:Gọi x là số ghế trong một dãy ban đầu (x thuộc N)
Số dãy ghế ban đầu:
440
x

Theo đề bài ta có pt:
440 529
3
x x 1



   
2
440 x 1 3x x 1 529x 3x 86x 440 0        


THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
3

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
20
x 22(n);x (l)
3
  
Vậy số ghế trong phòng lúc đầu là 440:22=20 dãy.
Câu 4:
a)CM được
0
MQA MIA 90   
,suy ra đpcm
b)DDCM được do cùng vuông góc với AC
c)Gọi K là giao điểm của BC và Ax.
Do BC// OM,O là trung điểm AB ,
nên M là trung điểm AK,
CH//AK do cùng vuông góc AB,
áp dụng hệ quả Ta-let ta được:
CN/KM=NH/AM(=BN/BM).
Mà KM=AM(M là trung điểm AK)
nên,CN=NH,suy ra CN/CH=1/2
không đổi khi M chạy trên Ax.
5.Áp dụng Cô-si, ta được:

     
33
3
a 1 b 1 c a 1 b 1 c 3a
3 . .
1 b 1 c 8 8 1 b 1 c 8 8 4
   
   
   
(1)
     
33
3
b 1 c 1 a b 1 c 1 a 3b
3 . .
1 c 1 a 8 8 1 c 1 a 8 8 4
   
   
   
(2)
     
33
3
c 1 b 1 a c 1 b 1 a 3c
3 . .
1 b 1 a 8 8 1 b 1 a 8 8 4
   
   
   
(3)

Cộng vế (1)(2)(3) ta được
        
   
3 3 3
3 a b c 6 2 a b c
a b c
1 b 1 c 1 c 1 a 1 b 1 a 4 8
    
   
     

        
 
3 3 3
a b c
a b c 3
1 b 1 c 1 c 1 a 1 b 1 a 2 4

    
     

Mà áp dụng Cô-si:
 
3
a b c
33
. abc
2 2 2



K
I
H
N
Q
M
C
x
O
B
A

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
4

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Suy ra:
        
3 3 3
a b c 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 MÔN: TOÁN
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm hc: 2014 – 2015
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,0 điểm) 1) Tính giá trị của biểu thức
x1
A
x1



khi x = 9
2) Cho biểu thức
x 2 1 x 1
P.
x 2 x x 2 x 1




  

với x > 0 và

x1

a)Chứng minh rằng
x1
P
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
5

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Bài III (2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình:
41
5
x y y 1
12
1
x y y 1








  




2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = -x + 6 và parabol (P): y = x
2
.
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 tròn (O; R) có đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường tròn (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 vuông 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
Bi I: (2,0 điểm)
1) Với x = 9 ta có
31
2
31



A

2) a)
2 1 ( 1).( 2) 1

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

b)Từ câu 2a ta có

2 x 2
2P 2 x 5 2 x 5
x

    

2 x 2 2x 5 x   
và x > 0

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
6

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
2x 3 x 2 0   
và x >0
1
( x 2)( x ) 0
2
   
và x >0
11
xx
24
   

Bi 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 :
1100
x
.
Số ngày thực tế là
1100
x5
. Theo giả thiết của bài toán ta có :
1100
x
-
1100
x5
= 2.
2
1100(x 5) 1100x 2x(x 5)
2x 10x 5500 0
    
   

x 50 hay x 55  
(loại)
Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản phẩm.
Bi III: (2,0 điểm)
1) Hệ phương trình tương đương với:
Đặt
1
u
xy



và
1
v
y1


. Hệ phương trình thành :

   
     
  
   
        
   
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
1
x y 1 x 1
xy
1 y 1 1 y 2
1
y1


2)
a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là
2
6  xx
2
60   xx
2hay 3   xx

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 hoành.

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
7

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15

Ta có
OAB AA'B'B OAA' OBB'
S S S S
  
  

Ta có A’B’ =
B' A' B' A'
x x x x 5   
, AA’ =
A
y9
, BB’ =
B
y4

Diện tích hình thang :
AA'B'B
S

AA' BB' 9 4 65
.A'B' .5
2 2 2

  
(đvdt)
OAA'
S

1 27

A'A.A'O
22

(đvdt);
OBB'
S

1
B'B.B'O 4
2

(đvdt)
OAB AA'B'B OAA' OBB'
65 27
S S S S 4 15
22
  

       


(đvdt)

Bài IV (3,5 điểm)
1) Tứ giác AMBN có 4 góc vuông, vì là 4 góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn.
2) Ta có
ANM ABM
(cùng chắn cung AM)
và

ABM AQB
(góc có cạnh thẳng góc)
vậy
ANM AQB
nên MNPQ nối tiếp.
3) OE là đường trung bình của tam giác ABQ.
OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP
Suy ra F là trung điểm của BP.
Mà AP vuông góc với AQ nên OE vuông góc OF.
Xét tam giác vuông NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP.
Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên
0
ONF 90
.
Tương tự ta có
0
OME 90
nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN.
4)
MNPQ APQ AMN
2S 2S 2S
2R.PQ AM.AN 2R.(PB BQ) AM.AN    

Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy ra
AB BP
QB BA



2

AB BP.QB

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

Ta có
2 2 2
AM AN MN
AM.AN
22


= 2R
2

Do đó,
22
MNPQ
2S 2R.4R 2R 6R  
. Suy ra
2
MNPQ
S 3R

Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc AB.
A
B
P
Q

O
F
E
N
M

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
8

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Bi 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)
2
(a b) (a c)
a ab bc ca (a b)(a c)
2
  
       
(Áp dụng BDT với 2 số dương u=a+b và v=a+c)
Vậy ta có
2a bc
(a b) (a c)
2
  

(1)

Tương tự ta có :
2b ca
(a b) (b c)
2


(2)
2c ab
(a c) (b c)
2
  

(3)
Cộng (1) (2) (3) vế theo vế
Q 2(a b c) 4    

Khi a = b = c =
2
3
thì Q = 4 vậy giá trị lớn nhất của Q là 4.
Trần Quang Hiển,Ngô Thanh Sơn, Nguyễn Phú Vinh (THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM)
ĐỀ 3 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN BÌNH ĐỊNH

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN
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
2
2

1
1
a a a a
A
a a a

  

, với a > 0.
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
2
yx
là parabol (P), đồ thị hàm số
 
4 2 5y m x m   
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 hoành độ lần lượt là
12
;xx
. Tìm các giá trị của m sao cho
33
12
0xx
.
Bài 3: (1,5 điểm )

Tìm x, y nguyên sao cho
18xy


THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
9

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15


Bài 4: ( 3,5 điểm )
Cho đường tròn (O) và một điểm P ở ngoài 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.
Bài 5: (1,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
21
1
,y
xx


với 0< x<1

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

Với
0aa 
có nghĩa;
2
13
10
24
a a a

     


với mọi a > 0 => A có nghĩa với mọi
0a 
.

 
 
3
1
21
1
1
aa
aa
A a a
a a a





    


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

Đặt:
0at
có pt:
2
20tt  


t
1
= -1 (loại) t
2
= 2 (thõa mãn điều kiện)
Với t = 2

24aa  
(thõa mãn điều kiện)
Vậy:
4a 
là giá trị cần tìm.
c)Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
Ta có:
A a a

2 2 2
1 1 1 1 1 1
2
2 2 2 2 4 4
a a a
     
        
     
     
với mọi a >0

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

10

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
( vì:
2
1
0
2
a




với mọi a > 0)
Dấu “=” khi
11
0
24
aa   
(thõa mãn điều kiện
0a 
)
Vậy:
1
4
nho nhat
A


khi

1
4
a 



Bài 2: (2,0 điểm)
a) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
Ta có: (d):
 
4 2 5y m x m   

(P):
2
yx

Pt hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:
     
22
4 2 5 4 2 5 0 1x m x m x m x m         


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

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


  
20
20
2 0 2
2 2 0
2 0 2
20
20
m
m
mm
mm
mm
m
m






  




      


   










Vậy: với m > 2 hoặc m < -2 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
b) Tìm các giá trị của m sao cho
33
12
0xx
.
Với m > 2 hoặc m < -2. Thì Pt:
   
2
4 2 5 0 1x m x m    
có hai nghiệm phân biệt x
1,
x
2

Theo Viet ta có:

12
12
4
25
x x m
x x m
  


Ta có
         
22
33
1 2 1 2 1 2 1 2
3 4 4 3 2 5x x x x x x x x m m m
   
         
   


  
2
41mm  
.
Để:
33
12
0xx



  
2
4 1 0 4m m m     
(thõa mãn điều kiện) hoặc
1m 
(không thõa mãn điều
kiện)
Vậy :
4m 
là giá trị cần tìm.

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
11

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Bài 3: (1,5 điểm )
Ta có :
18xy

ĐK:
00;xy

Pt viết:
32xy
(1) ( Với ĐK:
00;xy

00;xy
mà
32xy

=>
32x 
và
32y 
)
Pt viết:
3 2 0xy  

   
22
18
3 2 6 2 18 2
6
yx
x y y y x y Q

         

 
2
2
20
22
2
a N vi y Z vaa
y a Q y a Q
a

  
      




 
2a m m N
Vậy:
 
2
2
2 2 2 2y m y m y m    
. Tương tự:
2xn

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

0
3
n
m






hoặc
1
2

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

0
18

x
y






hoặc
2
8
x
y





hoặc
8
2
x
y





hoặc
18

0
x
y






Vậy Pt đã cho có 4 nghiệm
0
18
x
y





;
2
8
x
y





;

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

Bài 4: ( 3,5 điểm )Cho đường tròn (O) và một điểm P ở ngoài 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.
Bài 4: ( 3,5 điểm )

a) Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp
Xét
ABP
có: PA = PB
và
APO OPB
(tính giất hai tiếp tuyến cắt nhau)
=>
ABP
cân tại P có PO là phân giác
=> PO cũng là đường cao, trung tuyến
ABP
.
Xét tứ giácBHCP ta có
0
90BHP 
(Vì PO
)AB

1
1
Q
M
C
D
H
I
K
P
O

A
B

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
12

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
0
90BCP 

(Vì kề bù
0
90BCD 
(nội tiếp nửa đường tròn (O))
BHP BCP

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

Xét
ACH
ta có
1
HAC B
(chắn cung
BKC
của đường tròn (O))
Mà
11

BH
( do BHCP nội tiếp)
=>
1
HAC H

Mà
0
1
90H AHC
( Vì: PO

AB)
=>
0
90HAC AHC

=>
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:
2 1 2 1 2 1
2 1 3 3
1 1 1
xx
y
x x x x x x


         
  


THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
13

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Vì 0< x<1 =>
2
0
1
x
x


và
1
0
x
x



Ta có:
2 1 2 1
2 2 2
11
.

x x x x
x x x x

  

(Bất đẳng thức Cô si)
Dấu “=” xảy ra khi:
21
1
xx
xx



2
1
2 1 0 1 2x x x       
(thõa mãn điều kiện)

2
12x   
(không thõa mãn điều kiện; loại)
=>
2 2 3y 
Dấu “=” xảy ra khi
1
12x   

Vậy
2 2 3

nhonhat
y 
khi
1
12x   

ĐỀ 4 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.ĐÀ NẴNG Năm hc: 2014 – 2015
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (1,5 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức
94A 

Rút gọn biểu thức
2 2 2
2
22
xx
P
x
xx




, với x > 0,
2x 

Bài 2: (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình
3 4 5
6 7 8
xy
xy






Bài 3: (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x
2
có đồ thị (P) và hàm số y = 4x + m có đồ thị (d
m
)
1)Vẽ đồ thị (P)
2)Tìm tất cả các giá trị của m sao cho (d
m
) 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 x
2
+ 2(m – 2)x – m
2
= 0, với m là tham số.

1)Giải phương trình khi m = 0.
2)Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
và x
2
với x
1
< x
2
, tìm tất cả các giá trị của m
sao cho
12
6xx

Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC). Vẽ đường tròn (C) có tâm C, bán kính
CA. Đường thẳng AH cắt đường tròn (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) BA
2
= BE.BF và
BHE BFC

b) Ba đường thẳng AF, ED và HK song song với nhau từng đôi một.

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

14

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15

BÀI GIẢI
Bài 1:
1)A = 3 – 2 = 1
2)Với điều kiện đã cho thì
 
 
  
22
22
1
22
2 2 2 2
x
xx
P
xx
x x x x

    

  


Bài 2:
3 4 5 6 8 10 2 1
6 7 8 6 7 8 6 7 8 2

x y x y y x
x y x y x y y
      
   
  
   
      
   


Bài 3:
1)

2) Phương trình hoành độ giao điểm của y = x
2
và đường thẳng y = 4x + m là :
x
2
= 4x + m

x
2
– 4x – m = 0 (1)
(1) có
4 m

  

Để (d
m

) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì
0 4 0 4mm

       

y = 4x + m = 1 => x =
1
4
m

Yêu cầu của bài toán tương đương với
4 4 4
1 7 7
2 4 4 4
4 4 4
m m m
hay
m m m
m m m
     
  
  

  
    
       
  
  



4
7
7
4
4
m
m
m
m











(loại) hay
4
7
4 4 7
m
m
mm







  


 
2
2
4
4
4
5 hay 3
5 hay 3
16 4 14 49
2 15 0
m
m
m
mm
mm
m m m
mm








      
  
  
   
  






THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
15

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Bài 4:
1)Khi m = 0, phương trình thành : x
2
– 4x = 0

x = 0 hay x – 4 = 0

x = 0 hay x = 4

2)
 
 
 
22
2 2 2

2 2 4 4 2 2 1 2 2 1 2 0m m m m m m m m

               

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Ta có
 
2
1 2 1 2
2 2 , 0       S x x m P x x m

Ta có
 
2
22
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
6 2 36 2 2 36          x x x x x x x x x x x x

   
22
4 2 36 2 9    mm
1hay 5   mm

Khi m = -1 ta có
1 2 1 2
x 3 10,x 3 10 x x 6       
(loại)
Khi m = 5 ta có
1 2 1 2
x 3 34,x 3 34 x x 6        

(thỏa)
Vậy m = 5 thỏa yêu cầu bài toán.

Bài 5:

1)Ta có
0
BAC 90
nên BA là tiếp tuyến với (C).
BC vuông góc với AD nên
H là trung điểm AD. Suy ra
0
BDC BAC 90

nên BD cũng là tiếp tuyến với (C)
2)
a)
Trong tam giác vuông ABC
ta có
2
AB 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
2
AB BE

AB BE.FB
FB BA
  
(2)
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
16

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 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 CHUYÊN
Năm học 2014 – 2015
Môn: TOÁN (chung)

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
2x 

2) Tìm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông có độ dài cạnh huyền là 10cm.
3) Cho biểu thức
2
42P x x   
. Tính giá trị của P khi
2x 
.
4) Tìm tọa độ của điểm thuộc parbol y = 2x
2
biết điểm đó có hoành độ x = 1.
Bài 2: (1,5 điểm):
Cho biểu thức
2 1 1 2
1
11
a a a
Q
a
a a a a a


  


   

với
0; 1aa
.
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
2
2 2 0 ( )x x m    
( m là tham số).
a) Tìm m để phương trình (*) có nghiệm.
ĐỀ CHÍNH THỨC

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
17

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
b) Giả sử
12
;xx
là hai nghiệm của phương trình (*). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 
2 2 2 2
1 2 1 2
34A x x x x   

2) Giải hệ phương trình:
3
33
2 1 5 5
1.
x y x
xy


  





.
Bài 4: (3,0 điểm): Cho hai đường tròn
 
11
;OR
và
 
22
;OR
với
12
RR
tiếp xúc trong với nhau tại A. Đường
thẳng
12
OO
cắt
 
11
;OR
và
 
22
;OR

lần lượt tại B và C khác A. Đường thẳng đi qua trung điểm D của BC vuông
góc với BC cắt
 
11
;OR
tại P và Q.
1) Chứng minh C là trực tâm tam giác APQ.
2) Chứng minh
2 2 2
12
.DP R R

3) Giả sử
1 2 3 4
; ; ;D D D D
lần lượt là hình chiếu vuông góc của D xuống các đường thẳng
; ; ;BP PA AQ QB
.
Chứng minh
 
1 2 3 4
1
2
DD DD DD DD BP PA AQ QB      

Bài 5: (1,5 điểm):
1) Giải phương trình
  
2 1 2 1 1.x x x     

2) Xét các số thực x, y, z thỏa mãn
 
2 2 2
2 3 36y yz z x   
. 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)
 
 
3
33
2 1 5 5 1
12
x y x
xy

  





trừ từng vế tương ứng của (1) và (2) ta được

   
 
3 3 2 2
22
5 0 5 0
5 0(3)
xy
x y x y x y x xy y
x xy y


          

   


PT (3)
2
2
13
50
24
x y y

    


vô nghiệm

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

18

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Với
3
33
3
14
2 2 1
22
x y x y x y       
.
Vậy hpt có nghiệm duy nhất
 
33
44
;;
22
xy








Bài 4:
1) PBQC là hình thoi => QC // BP
CM // BP (cùng vuông góc với PA)

=> Q, C, M thẳng hàng
Tam giác APQ có 2 đường cao AD và QM
cắt nhau tại C
=> C là trực tâm tam giác APQ
2) c/minh DM là tiếp tuyến tại M của (O
2
)
Cminh được PD
2
= DB.DA = DC.DA = DM
2

= O
2
D
2
– O
2
M
2
= O
2
D
2
– R
2
2


Ta đi cminh O

2
D = R
1

Ta có
1
2 2 1
2
2 2 2 2
AC BC AB R
O D O A CD R      

Vậy ta có đpcm.
c)
 
1 2 3 4
1
2
DD DD DD DD BP PA AQ QB      

Dễ dàng cminh được
1 4 2 3
; ; ;DD DD DD DD BP QB PA AQ   

Nên
   
1 2 3 4 1
2
1
2

2
DD DD DD DD BP PA AQ QB DD DD PB PA          

Ap dụng BĐT Cô-si ta có
2 2 2 2 2 2
2 . 2 . ( )DB DP DB DP BP DB DP Pi ta go DB DP BP       

1
2.
2DD
DB DP
BP
BP
  
(dấu « = » xảy ra khi DP = DB) (1)
D
4
D
3
D
2
D
1
O
2
O
1
M
Q
P

D
C
B
A

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
19

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Cminh tương tự ta có
2
2.
2DD
DADP
AP
AP

(dấu « = » xảy ra khi DP = DA) (2)
TỪ (1) và (2) =>
 
1
2
2 DD DD PB PA  
(dấu « = » xảy ra khi DP = DA =DB)
Bài 5:
1) ĐKXĐ
21  x

  
2 1 2 1 1.x x x     

   
 
1 3 1
21
2 1 2 1 2 1
2 1 3 2 3 2 2 1 1 3 2
2 2 1 1
3 2 2 3 2 (*)
2 2 1 1 2 2 1 1
xx
x x x x
x x x x x x
xx
x x x
x x x x
      
      
              


        

       



Xét PT (*) ta có:
+) x = 2 thỏa mãn
+) 1


x < 2 Vế trái âm vế phải dương Vô lí !
+) x > 2 không thuộc ĐKXĐ
Vậy x = 2 là nghiệm PT đã cho
2) Ta có:
 
 
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2
22
2 2 2
2( ) 3 ( 2 ) ( 2 )
36 ( ) ( ) 36
x y z x y z xy yz xz
y z yz x x xy y x xz z
x y z x y x z
       
         
       

Nên
66  zyx

=> Max(x+y+z) = 6 khi x = y = z = 2
Min(x+y+z) = –6 khi x = y = z = – 2

Đề 6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: Toán ( không chuyên )

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
20

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 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 1xx  

2) Rút gọn biểu thức:
10 2 3 1
( 0; 1)
3 4 4 1
x x x
A x x
x x x x

    
   

Câu II ( 2,0 điểm)
Cho Parabol (P):
2
yx
và đường thẳng (d):
( 1) 4y m x m   
(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)
1) Cho hệ phương trình:
32
3 2 11
x y m
x y m
  


  

( tham số m)
Tìm m để hệ đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn x
2
– y
2
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 quãng

đường còn lại ô tô 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 ô 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

không đổi. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN có diện tích không đổi.


THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
21

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Câu V ( 1,0 điểm)
Cho x; y là hai số dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

   
22
22

x y x y
S
x y xy






Hết

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

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: Toán ( không chuyên )
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
Nội dung
Điểm
I
1
Giải phương trình:
43 1xx  

1,00

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


0,25


(1)
1x

0,25


(2)

2
42 0xx   

7
6
x
x








0,25

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
22

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15


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

7S 


0,25

I

2
Rút gọn biểu thức:
10 2 3 1
( 0; 1)
3 4 4 1
x x x
A x x
x x x x

    
   


1,00



  
10 2 3 1

41
41
x x x

A
xx
xx

  




0,25



     
  
10 2 3 1 1 4

41
x x x x x
xx
     




0,25


   
     

10 2 5 3 5 4
3 10 7
=
4 1 4 1
x x x x x
xx
x x x x
     
  

   


0,25


  
  
1 7 3
73
= =
4
41
xx
x
x
xx





( vì
0; 1xx
)

0,25

II

Cho Parabol
 
2
: P y x
và đường thẳng
 
: ( 1) 4d y m x m   

(tham số m)

2,00

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

2
6xx


0,25



2
2
6 0
3
x
xx
x


    





0,25


*
2 4xy   

*
3 9xy  


0,25

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
23

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Vậy m = 2 thì (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm
 
2;4A 
và
 
3;9B

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

 
2
14x m x m   

 
2
1 4 0x m x m     
(*)


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
0,25


 
1. 4 < 0 m  

0,25


m > 4

0,25

III

1
Cho hệ phương trình:
32
3 2 11

x y m
x y m
  


  

( tham số m)

1,00


Giải hệ phương trình ta có
3

21
xm
ym







0,25


   
22

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

2
49 5
= 3
33
m





0,25


Do
2
5
0
3
m




với mọi m; dấu “ = ” xẩy ra khi
5

3

m 


0,25


22
49

3
xy  
, dấu “ = ” xẩy ra khi
5

3
m 

hay
22
xy
lớn nhất bằng
49
3
khi
5

3
m 

0,25
III
2
Gọi vận tốc dự định của ô tô 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
24

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15


Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đường đầu là
40
()
6
h
x 

Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đường còn lại là
40
()
12
h

x 



0,25


Theo bài ra ta có phương trình:
40 40 80
6 12x x x




0,25


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

0,25






IV

1

Từ giả thiết ta có
0
90APH 
và
0
90ANH 



0,25



tứ giác APHN nội tiếp đường tròn (đường kính AH)
0,25


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


AB

0
90ABD 

Tương tự có
0
90ACD 



0,25




tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn ( đường kính AD )
0,25
IV
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
I
O
E
M
D
N
P

C
B
A
H

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
25

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15




. .
AB AC
AB AH AC AE
AE AH
  


0,25
IV
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 không đổi


0,25


ABDC là hình bình hành

I là trung điểm HD
1
2
OI AH
( OI là đường trung bình tam giác ADH)

độ dài AH không đổi




0,25


Vì AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN, độ
dài AH không đổi


độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ
giác APHN không đổi

đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN
có diện tích không đổi.

0,25
V

Ta có:
   
22
22

x y x y
S
x y xy





22
22
2
1+ 2
xy x y
x y xy


  






0,25



2 2 2 2
22
2
3+
22
xy x y x y
x y xy xy


  





0,25


Do x; y là các số dương suy ra

2 2 2 2
2 2 2 2
22
2 . 2
22
xy x y xy x y
x y xy x y xy

  

; « = »
   
22
22
2 2 2 2 2 2
22
2
40
2
x y xy
x y x y x y
xy x y

       


22
( ; 0)x y x y x y   

0,25