Tuyển tập đề thi tuyển lớp 10 môn toán Đà Nẵng từ 2008 - 2015(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Khóa ngày 19 tháng 6 năm 2008

MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không tính thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1.
(2,0 điểm)

a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức:
5
5
và

 32
5

b) Rút gọn biểu thức A =
,
b
a
b
b2ab
2


trong đó a  0, b > 0.
Bài 2.

(2,0 điểm)
a) Giải phương trình
.
0
35
x
2
x
2




b) Giải hệ phương trình






.8y2x
2y3x2

Bài 3.
(2,5 điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1 ; 1), B(2 ; 0) và đồ thị (P)
của hàm số y =  x
2
.
a) Vẽ đồ thị (P).

b) Gọi d là đường thẳng đi qua B và song song với đường thẳng OA.
Chứng minh rằng đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt C và D. Tính diện
tích tam giác ACD (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).
Bài 4.
(3,5 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh AB lấy điểm N
(N khác A và B), trên cạnh AC lấy điểm M sao cho BN = AM. Gọi P là giao
điểm của BM và CN.
a) Chứng minh BNC = AMB.
b) Chứng minh rằng AMPN là một tứ giác nội tiếp.
c) Tìm quỹ tích các điểm P khi N di động trên cạnh AB.


HẾT




Họ và tên thí sinh Phòng thi số Số báo danh









SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Khóa ngày 19 tháng 6 năm 2008

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN
Bản hướng dẫn gồm có 02 trang

I. Hướng dẫn chung

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ
điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
Điểm toàn bài là tổng số điểm các bài toán và không làm tròn số.

II. Đáp án và thang điểm.

BÀI

ĐÁP ÁN ĐIỂM

Bài 1
(2,00 điểm)

a) (1,00 điểm)


5
5
5
5
5
5
5


0,50

)32(5
)32)(32(
)32(5
32
5






0,50
b) (1,00 điểm)


b
b2a
b.b
)b2a(b
b
b2ab
2






0,50
 B =
b
a
b
b2a



0,25
 B =
2
b
b2



0,25
Bài 2
(2,00 điểm)

a) (1,00 điểm)

 Lập đúng

' = 36 0,50


Tính đúng hai nghiệm
0,50

b) (1,00 điểm)









16y4x2
2y3x2

0,25








y28x
14y7









y28x
2y

0,25








2y
4x

0,25


Kết luận 0,25
Bài 3
(2,50 điểm)

a) (1,00 điểm)
Lập được bảng giá trị
-4 -1 0 -1 -4
-2 -1 0 1 2
y
x

0,50


Vẽ đúng đồ thị
0,50


BÀI

ĐÁP ÁN ĐIỂM


b) (1,50 điểm)

y
x
B
y = - x
2
H
A
1
D
C
- 4
- 2
2
- 1
- 1

1
O



Chỉ ra hệ số góc của đường
thẳng OA là k = 1
 Viết đúng pt đư
ờng thẳng d
là y = x  2
 Phương trình hoành độ giao
điểm của d và (P) là

x
2
= x  2

0,25

0,25



0,25


C(

2 ;


4) và D(1 ;

1)
0,25
 AD//Oy (x
A
= x
D
= 1)

AD =

y
A


y
D

= 2 (cm)
Đường cao CH của ACD có độ dài: x
A
 x
C
= 3 (cm) 0,25
 S
ACD
=
3CH.AD
2

1

(cm
2
)

0.25
Bài 4
(3,50 điểm
)

120

P
M
C
B
O
A
N







0,25
a) (1,00 điểm)

BNC và AMB có BN = AM;
o
60A
ˆ
B
ˆ

; BC = AB
0,75


Kết luận 0,25
b) (1,00 điểm)


  BNP = AMP 0,25

  ANP + AMP = ANP + BNP = 180
o

0,50


Kết luận 0,25


c) (1,25 điểm)


NPM + NAM = 180

o
mà NAM = 60
o
 BPC = NPM = 120
o


0,25


P chạy trên các cung chứa góc 120
o
dựng trên đoạn BC. 0,25


Giới hạn:
N chạy trên cạnh BA thì điểm P luôn nằm trong tam giác ABC.

 P chỉ chạy trên cung BOC 0,25


Đảo:
Lấy điểm P' tùy ý trên cung BOC.
Tia BP', CP' lần lượt cắt AC và AB tại M' và N'

N'P'M' = BP'C = 120
o
 AM'P'N' nội tiếp

 BN’P’ = P’M’A  ABM' = BCN'

 BCN' = ABM'  BN' = AM'
0,25

 Kết luận: Quỹ tích điểm P là cung BOC 0,25

HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG


THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KHÓA NGÀY 23 THÁNG 6 NĂM 2009

MÔN THI: TOÁN

Thời gian: 120 phút (không tính thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1: (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức A =


2
5 2 40.
 

b) Tìm
x,
biết
 
2
x 2 3.
 


Bài 2: (2,5 điểm)
a) Giải hệ phương trình
3x 2y 4
2x y 5.
 


 



b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đồ thị (d) của hàm số
y x 2.
  
Tìm
tọa độ của những điểm nằm trên đường thẳng (d) sao cho khoảng cách từ điểm
đó đến trục Ox bằng hai lần khoảng cách từ điểm đó đến trục Oy.

Bài 3: (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai
2

x 2x m 0
  
(1), (x là ẩn số, m là tham số).

a) Giải phương trình (1) khi
m 3.
 

b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm
1
x
và
2
x
thỏa mãn điều kiện
1 2
1 1 1
x 2x 30
  


Bài 4: (3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB. Trên nửa đường tròn (O) lấy
điểm G tùy ý (G khác A và B). Vẽ GH vuông góc với AB (H

AB); trên đoạn
HG lấy một điểm E (E khác H và G). Các tia AE và BE cắt nửa đường tròn (O)
lần lượt tại C và D. Gọi F là giao điểm của hai tia BC và AD. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác ECFD nội tiếp được trong một đường tròn.

b) Bốn điểm H, E, G và F thẳng hàng.
c) E là trung điểm của GH khi và chỉ khi G là trung điểm của FH.



HẾT



Họ và tên thí sinh
:


SBD Phòng thi số


Trang 1/2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KHÓA NGÀY 23 THÁNG 6 NĂM 2009

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
MÔN: TOÁN

Bản hướng dẫn gồm 02 trang
I. Hướng dẫn chung

1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án, nhưng lập luận và kết quả đúng đến
phần nào thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn chấm thi quy định.
2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai
lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi.
3) Điểm toàn bài không làm tròn số.
II. Đáp án và thang điểm
Bài Câu Sơ lược lời giải Điểm




1
(2,0 điểm)

a
Rút gọn
40)25(A
2




10221025A 
0,50
A = 7 0,50
b
Tìm x, biết:
3)2x(
2


32x 

0,50


32x


hoặc
32x




0,25


5x

hoặc
1
x



0,25

2
(2,5 điểm)

a
Giải hệ phương trình





(2) 5yx2
(1) 4y2x3


Nhân hai vế pt (2) với 2 rồi cộng vế theo vế, ta được: 7x =14 0,25
2
x


0,25
Thay x = 2 vào pt (2): y =

1 0,25
Kết luận 0,25

b

Cho x = 0 tìm được y = 2
Cho y = 0 tìm được x = 2 0,25
Vẽ đúng
y
x
y = -x + 2
F
N
G
K
H
O
M

0,50
M(x ;

x+2)

(d)
d(M ; Ox) =
2x 
và d(M ; Oy) =
x

0,25
M thỏa yêu cầu đề bài 
x22x 

0,25
Kết luận M(2 ; 4) hoặc
)
3
4
;
3
2
(M

0,25

Trang 2/2
Bài Câu Sơ lược lời giải Điểm
3
(2,0 điểm)

a
Giải phương trình khi m =

3

Khi m = 3, ta có phương trình:
03x2x
2


0,25
Biệt số ∆ = 4 (hoặc nhận xét pt có dạng a – b + c = 0)

0,25
x
1
=

1; x
2
= 3 0,50

b
Tìm m
Điều kiện:



0

m

1
Theo Viét: x
1
+ x
2
= 2 (*) và x
1
.x
2
= m 0,25
30

1
x2
1
x
1
21


30
1
xx2
x2x
12
21


 15(2 + x
2
) = m (**)

0,25
(*) và (**)  30 + 15x
2
= (2 x
2
) x
2

2
2 2

13 30 0
x x
  

0,25

x
2
=

3 hoặc x
2
=

10
Với x
2
=

3

x
1
= 5 và m =

15 (thích hợp)
Với x
2
= 10  x
1

= 12 và m = 120 (thích hợp) 0,25
4

(3,5 điểm)



F
D
C
H
A
B
G
E

0,50
a

Chứng minh tứ giác ECFD nội tiếp

90ADB 
và

90ACB 
0,50

180ECFFDE 
0,25
Kết luận 0,25

b

Chứng minh H, E, G, F thẳng hàng
AC

FB và BD

FA. 0,25

E là trực tâm ∆FAB 0,25
mà EH

AB

F, E, H thẳng hàng
0,25
Lại có H, E, G thẳng hàng

H, E, G, F thẳng hàng 0,25
c

Chứng minh: E là trung điểm GH

G là trung điểm FH


HAE,

HFB đồng dạng
0,25


HF
HA
HB
HE

 HE.HF = HA.HB
0,25
Lại có: HG
2
= HA.HB
 HE.HF = HG
2

HG
HF
HE
HG


0,25
E là trung điểm GH 
2
HE
HG


2
HG
HF



 G là trung điểm FH 0,25

HẾT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KHÓA NGÀY 21 THÁNG 6 NĂM 2010

MÔN THI: TOÁN

Thời gian: 120 phút (không tính thời gian giao đề)
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1: (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức A =
( 20 45 3 5) 5.
  

b) Tính B
2
( 3 1) 3.
  

Bài 2: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình
4 2
x 13x 30 0.
  

b) Giải hệ phương trình
3 1
7
x y
2 1
8.
x y

 




 



Bài 3: (2,5 điểm)
Cho hai hàm số
2
y 2x

có đồ thị (P) và
y x 3
 
có đồ thị (d).
a) Vẽ các đồ thị (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Gọi A là giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) có hoành độ âm. Viết phương
trình của đường thẳng (


) đi qua A và có hệ số góc bằng 1.
c) Đường thẳng (

) cắt trục tung tại C, cắt trục hoành tại D. Đường thẳng
(d) cắt trục hoành tại B. Tính tỉ số diện tích của hai tam giác ABC và tam giác
ABD.
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho hai đường tròn (
C
) tâm O, bán kính R và đường tròn (
C
’) tâm O’, bán
kính R’ (R > R’) cắt nhau tại hai điểm A và B.

Vẽ tiếp tuyến chung MN của hai
đường tròn (M(
C
), N(
C
’)).

Đường thẳng AB cắt MN tại I (B nằm giữa A và I).
a) Chứng minh rằng BMN = MAB.
b) Chứng minh rằng
2
IN IA IB.
 

c) Đường thẳng MA cắt đường thẳng NB tại Q; đường thẳng NA cắt đường
thẳng MB tại P. Chứng minh rằng MN song song với QP.

HẾT


Họ và tên thí sinh:


SBD Phòng thi số



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Khóa ngày 21 tháng 6 năm 2010

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN
Bản hướng dẫn gồm có 02 trang

I. Hướng dẫn chung

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ
điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
Điểm toàn bài là tổng số điểm các bài toán và không làm tròn số.

II. Đáp án và thang điểm.

BÀI

ĐÁP ÁN ĐIỂM

Bài 1

(2,00 điểm)

a) (1,00 điểm)

 A =




55353525534520 

0,50




A

= 10

0,50

b) (1,00 điểm)

 B
313 

0,50
 B =
3 1 3

 

0,25



=
1


0,
2
5

Bài 2
(2,00 điểm)

a) (1,00 điểm)

 Đặt t = x
2
, điều kiện t ≥ 0,
030t13t
2

0,25
 Lập đúng

= 289 0,25


2t
1

(loại),
15t
2


0,25


Ch
ọn
đúng nghi
ệm của ph
ương tr
ình

0,25
b) (1,00 điểm)



Đi
ều kiện: x


0 và y


0

0,25











8
y
1
x
2
7
y
1
x
3











8
y
1
x
2
1
x
1

0,25








10
1
y
1x

0,25


K
ết luận

0,25

Bài 3
(2,50 điểm)

a) (1,00 điểm)


B
ảng giá trị

c
ủa
đ
ồ thị hàm số (
P
)


 Đồ thị hàm số (d) qua hai điểm (0 ; 3) , (-3 ; 0)
0,25


0,25


V

ẽ
đúng đ
ồ thị
c
ủa hai hàm số

0,50





8 2 0 2 8

-2 -1 0 1 2

y
x


BÀI

ĐÁP ÁN ĐIỂM


b) (0,75 điểm)

-3

D

x
y
g x
 
= x+3
f x
 
= 2

x
2
2
-1
3
B
C
A
O
1



Xác đ
ịnh
đư
ợc
đi
ểm A(
-
1 ; 2)

 Viết đúng phương trình đường
thẳng

là y = x + 1
0,25

0,50
c) (0,75 điểm)




Xác đ
ịnh
đư
ợc B
(
-
3 ; 0)
, C
(
0 ;

1)
và D(1 ; 0) 0,25

2
1
BDy

2
1
BDy
2
1
)ABD(dt
)BCD(dt
A
C







0,25

 
2
1
2
1
1
)ABD(dt
)BCD(dt)ABD(dt
)ABD(dt
)ABC(dt










0,25
Bài 4
(3,50 điểm
)

1
2
1
1
Q
P
I
B
A
N
O
M
O'

0,50
a) (1,00 điểm)

BMN và MAB cùng chắn cung BM 0,75


K
ết luận

0,25

b) (1,00 điểm)


 Xét hai tam giác

IAN và

INB có góc I chung và
INB = IAN nên đồng dạng 0,50

 
IN
IA
IB
IN


0,25


K
ết luận

0,25



c) (1,00 điểm)


 Ta có: MAB = BMN và BAN = BNM (chứng minh trên)
và PBQ = MBN (đối đỉnh)
0,25



T
ứ giác APBQ nội tiếp vì

PAQ + PBQ = MAB + BAN+MBN = BMN + BNM +MBN = 180
o
0,25
  NQP = BAN (cùng chắn cung BP ) 0,25
  NQP = BNM
 Kết luận
0,25

HẾT
S
Ở GIÁO DỤC VÀ
ĐÀO T
ẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
KÌ THI TUY
ỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Khóa ngày 21 tháng 6 năm 2011

MÔN THI: TOÁN

Thời gian: 120 phút (không tính thời gian giao đề)




ĐỀ CHÍNH THỨC


Bài 1: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình
(2x 1)(3 x) 4 0.
   

b) Giải hệ phương trình
3x y 1
5x 3y 11.

  

 


Bài 2: (1,0 điểm)
Rút gọn biểu thức
6 3 5 5 2
.
Q :
2 1 5 1 5 3
 
 
 
 
  
 

Bài 3: (2,0 điểm)
Cho phương trình
2 2
x 2x 2m 0
  
(m là tham số).
a) Giải phương trình khi m = 0.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm
1
x
,
2

x
khác 0 và thỏa điều kiện
2 2
1 2
x 4x .


Bài 4: (1,5 điểm)
Một hình chữ nhật có chu vi bằng 28 cm và mỗi đường chéo của nó có độ dài
10 cm. Tìm độ dài các cạnh của hình chữ nhật đó.
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn đường kính AD. Gọi M là một
điểm di động trên cung nhỏ

AB
(M không trùng với các điểm A và B).
a) Chứng minh rằng MD là đường phân giác của góc

BMC
.
b) Cho
AD 2R.

Tính diện tích của tứ giác ABDC theo R.
c) Gọi K là giao điểm của AB và MD, H là giao điểm của AD và MC. Chứng
minh rằng ba đường thẳng AM, BD, HK đồng quy.

HẾT

Họ và tên thí sinh:

SBD Phòng thi số

Trang 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Khóa ngày 21 tháng 6 năm 2011

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN
Bản hướng dẫn gồm có 02 trang
I. Hướng dẫn chung
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.
Điểm toàn bài là tổng số điểm các bài toán và không làm tròn số.
II. Đáp án và thang điểm.
BÀI ĐÁP ÁN ĐIỂM

Bài 1
(2,00 điểm)
a) (1,00 điểm)

 Khai triển, đưa về dạng:
2
2x 5x 7 0
   

0,50
 Nhận dạng a – b + c = 0 suy ra hai nghiệm

1
x 1
 
và
2
7
x
2


0,50
b) (1,00 điểm)

 Với y ≥ 0 ta có hệ
9x 3y 3
5x 3y 11
 


 


x 1
y 2





(nhận)

0,50
 Với y < 0 ta có hệ
9x 3y 3
5x 3y 11
 


 


x 2
y 7
 




(loại)
0,25
 Kết luận:
x 1
y 2






0,25
Bài 2

(1,00 điểm)
a) (1,00 điểm)


6 3 3( 2 1)
3
2 1 2 1
 
 
 

0,50

5 5 5( 5 1)
5
5 1 5 1
 
 
 

0,25

5 3
Q ( 3 5) 1
2

  

0,25
Bài 3

(2,00 điểm)
a) (1,00 điểm)

 Khi m = 0 ta có phương trình:
2
x 2x 0
 

0,25
 
x(x 2) 0
 

0,50

1
x 0

,
2
x 2


0,25
b) (1,00 điểm)

 PT có hai nghiệm khác 0

m ≠ 0. Suy ra PT có hai nghiệm trái dấu 0,25
 Theo định lý Vi-ét:

1 2
x x 2
 

0,25
 Vậy:
2 2
1 2
x 4x


1 2
x 2x
  
1 2 2
x x x
  

2
x 2
 

0,25
 Thay
x 2
 
vào phương trình:
2
m 4



m 2
 
0,25
Câu 3.b
Cách 2
3.b) 1,00

 Phương trình có hai nghiệm khác 0

m ≠ 0

2 2
1 2
x 4x


1 2
x 2x
  hoặc
1 2
x 2x

0,25
 Theo định lý Vi-ét:
1 2
x x 2
 

0,25

 Với
1 2
x 2x
  
1 2 2
x x x
  

2
x 2
 

 Thay
x 2
 
vào phương trình:
2
m 4


m 2
 
0,25
 Với
1 2
x 2x
 
1 2 2
x x 3x
  

2
2
x
3



Trang 2


 Thay
2
x
3

vào phương trình:
2
4
m
9
 
(không xảy ra)
0,25
Câu 3.b
Cách 3
3.b) 1,00

 Theo định lý Vi-ét:
1 2
x x 2

 
và
2
1 2
x x 2m
 

0,25

2 2
1 2
x 4x


1 2
x 2 x


2 2
1 1 2
x 2 x x 4m
 
và
2 2
2 1 2
1
x x x m
2
 

0,25

2 2 2
1 2 1 2 1 2
(x x ) x x 2x x
   

2 2 2
4 4m m 4m
  

m 2
 

0,25
 Thử lại: khi
m 2
 
ta có phương trình:
2
x 2x 8 0
  

x 4

hoặc
x 2
 
(thỏa)
0,25

Bài 4
(1,50 điểm)


Gọi x, y là các kích thước của hình chữ nhật; điều kiện: x > 0, y > 0 0,25

 Theo đề bài ta có hệ phương trình:
2 2 2
x y 10
2(x y) 28

 


 



0,50
 
2 2
y 14 x
x (14 x) 100
 



  



0,25
 
2
y 14 x
x 6 x 8
hay
y 8 y 6
x 14x 48 0
 

 
 


  
 
  

 

Kết luận
0,50
Bài 5
(3,50 điểm)


K
H
D

C
A
B
M

Hình vẽ chỉ cho câu a và b
(0,50 điểm)
a) (1,00 điểm)


Tam giác đều ABC nội tiếp đường
tròn đường kính AD
 D là điểm chính giữa

BC
nhỏ (1)
0,50





1
BMD BD
2
1
CMD CD
2
s®
s®










(2)
0,25
 (1) và (2)

kết luận
0,25
b) (1,00 điểm)



Tứ giác ABDC có 2 đường chéo
vuông góc (vì AD là trung trực của
BC) 0,25

1
dt(ABDC) AD BC
2
 

0,25


BC R 3


0,25

2
1
dt(ABDC) 2R R 3 R 3
2
  

0,25
c) (1,00 điểm)



MKA
là góc trong chắn hai cung


MA, BD



MHA
là góc trong chắn hai cung


MA, CD

 Nên (1) 


MKA MHA


0,25
  tứ giác AMKH nội tiếp 


o o
KHA 180 KMA 90
  
 KH  AD (3)
0,25
 Gọi E là giao điểm của MA và BD  K là trực tâm tam giác ADE
  EK  AD (4) 0,25
 (3) và (4)  E, K, H thẳng hàng  MA, BD, KH đồng quy
0,25
HẾT
S
Ở GIÁO DỤC VÀ
ĐÀO T
ẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
KÌ THI TUY
ỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

NĂM 2012

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút (không tính thời gian giao

đề)




ĐỀ CHÍNH THỨC


Bài 1. (2,0 điểm)
1) Giải phương trình
(x 1)(x 2) 0.
  

2) Giải hệ phương trình
2x y 1
x 2y 7.
  


 


Bài 2. (1,0 điểm)
Rút gọn biểu thức



A 10 2 3 5.
  

Bài 3. (1,5 điểm)

Biết rằng đường cong trong hình vẽ bên là
một parabol
2
y ax .


1) Tìm hệ số a.
2) Gọi M và N là các giao điểm của đường
thẳng
y x 4
 
với parabol. Tìm tọa độ của các
điểm M và N.
x
y
y = ax
2
2
2
O
1

Bài 4. (2,0 điểm)
Cho phương trình

2 2
x 2x 3m 0,
  
với m là tham số.
1) Giải phương trình khi
m 1.


2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm
1 2
x , x
khác 0
và thỏa điều kiện
1 2
2 1
x x 8
.
x x 3
 

Bài 5
. (3,5 điểm)
Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung
ngoài BC, B  (O), C  (O’). Đường thẳng BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D.
1) Chứng minh rằng tứ giác CO’OB là một hình thang vuông.
2) Chứng minh rằng ba điểm A, C, D thẳng hàng.
3) Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E là tiếp điểm). Chứng minh
rằng DB = DE.
- HẾT-
Họ và tên thí sinh:

Phòng thi số: Số báo danh:

Trang 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM 2012



HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN
Bản hướng dẫn gồm có 02 trang

I. Hướng dẫn chung
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.
Điểm toàn bài là tổng số điểm các bài toán và không làm tròn số.

II. Đáp án và thang điểm

BÀI ĐÁP ÁN ĐIỂM

Bài 1
(2,00 điểm)
1) (1,00 điểm)



x +1 = 0

;


x + 2 = 0

0,25

 x =

1; x =

2 0,50


K
ết luận

0,
25

2) (1,00 điểm)



Rút x
ở ph
ương tr
ình sau x = 2y + 7

0,25

 Thay vào phương trình đầu: 2(2y + 7) + y =

1
0,25


5y =

15

y =

3 0,25


x = 1
Kết luận 0,25
Bài 2
(1,00 điểm)

A 2( 5 1) 3 5
  

0,25

A ( 5 1) 2(3 5)
  

0,25


2
A ( 5 1) 5 2 5 1 ( 5 1) ( 5 1)
      

0,25

A ( 5 1)( 5 1) 4
   

0,25
Cách 2


2
A (12 2 20)(3 5)
  

0,25

2
A 4(3 5)(3 5)
  

0,25

2
A 16


0,25


A 4


(vì A > 0)

0,25

Bài 3
(1,50 điểm)
1) (0,75 điểm)



Parabol đi qua đi
ểm (2

; 2) nên 2 = a.2
2

0,
50

 
1
a
2


0,25
2) (0,75 điểm)

 Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình
2
1
x x 4
2
 

0,25
 Giải ra ta được x
1
=

2 ; x
2
= 4
0,25
 Kết luận: M(

2; 2); N(4; 8) (cũng có thể lấy M(4; 8); N (

2; 2)) 0,25
Ghi chú:
1. Nếu học sinh giải phương trình hoành độ giao điểm
2
ax x 4
 

(chưa
thay a) đúng thì được 0,5 điểm.
2. Học sinh có thể vẽ lại parabol và vẽ thêm đường thẳng y = x + 4 để xác
định tọa độ của M, N bằng đồ thị (0,5 điểm) và thử lại (0,25 điểm)
Trang 2

BÀI ĐÁP ÁN ĐIỂM

Bài 4
(2,00 điểm)
1) (0,75 điểm)


 Thay m = 1 ta được: x
2


2x

3 = 0
0,25
 Giải ra ta được hai nghiệm: x
1
=

1 ; x
2
= 3 0,50
2) (1,25 điểm)
 Phương trình có 2 nghiệm x

1
, x
2
khác 0

m ≠ 0 0,25
 Khi đó theo hệ thức Vi-et:
2
1 2 1 2
x x 2; x x 3m
   

0,25


1 2 1 2 1 2 2
2
2 1 1 2
x x (x x )(x x ) 2(2 2x )
x x x x
3m
  
  



0,25
 Do đó
1 2
2 1

x x
8
x x 3
 

2
2
2 2x 4m
  

2
2
x 1 2m
 
,
2
1
x 1 2m
 

0,25


4 2
1 4m 3m
  

m 1
 
(nhận) hoặc

2
1
m
4
 
(loại)

0,25
Bài 5
(3,50 điểm)


E
D
B
C
O
O'
A

Hình vẽ phục vụ cho các câu 1), 2) (chưa cần vẽ E và nối BA) 0,50
1) (1,00 điểm)

 O’C

BC; OB

BC
0,50



O’C // OB 0,25


K
ết luận

0,25

2) (1,00 điểm)





AOD AO'C

(so le trong) 0,25


Tam giác OAD cân t
ại O, tam giác O’AC cân tại O’ nên chúng
đ
ồng dạng

0,25

 



DAO CAO'

0,25
 





CAD CAO' O'AD DAO O'AD 180
    

 D, A, C thẳng hàng 0,25
3) (1,00 điểm)

 Tam giác BCD vuông tại B và có BA là đường cao nên
2
DB DA.DC


0,25
 Hai tam giác DCE và DEA có

D
chung và


DCE DEA

(cùng chắn cung


AE
của đường tròn (O’)) nên đồng dạng
0,25
 
2
DE DC
DE DA.DC
DA DE
  

0,25

2 2
DB DE DB DE
  

0,25
Ghi chú: Không bắt lỗi học sinh trong việc dùng dấu “” hay dấu “”
- HẾT -
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2013 – 2014
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2,0 điểm)
1) Tìm số x không âm biết
2.x 
2) Rút gọn biểu thức P=
2 2 2 2
1 1

2 1 2 1
  
 
 
  
 
  
Bài 2: (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
3 5
5 2 6
x y
x y
 


 

Bài 3: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị hàm số
2
1
2
y x
b) Cho hàm số bậc nhất
2y ax 
(1) . Hãy xác định hệ số a, biết rằng a > 0 và
đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành Ox, trục tung Oy lần lượt tại hai điểm A, B
sao cho OB = 2OA (với O là gốc tọa độ).
Bài 4: (2,0 điểm)

Cho phương trình
2
( 2) 8 0x m x   
, với m là tham số.
1) Giải phương trình khi m = 4.
2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
sao cho biểu thức
Q =
2 2
1 2
( 1)( 4)x x 
có giá trị lớn nhất
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) có BC = 2R và AB < AC. Đường
thẳng xy là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) tại A. Tiếp tuyến tại B và C của đường
tròn (O;R) lần lượt cắt đường thẳng xy ở D và E. Gọi F là trung điểm của đoạn thẳng
DE.
a) Chứng minh rằng tứ giác ADBO là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi M là giao điểm thứ hai của FC với đường tròn (O;R). Chứng minh rằng


2CED AMB
c) Tính tích MC.BF theo R.
BÀI GIẢI
Bài 1:
a) Với x không âm ta có
2 4x x  

b) P=
2 2 2 2
1 1
2 1 2 1
  
 
 
  
 
  
=
3 2 2 3 2 2
1 1
  
 
  
  
=
9 8
= 1
Bài 2:
3 5 (1)
5 2 6 (2)
x y
x y
 


 


3 5 (1)
4 (3)( (2) 2 (1))
x y
x pt pt
 



   

4
7
x
y




 

Bài 3:
a)
b)
Gọi
( ,0)
A
A x
,
(0, )
B

B y
A nằm trên đường thẳng (1) nên
2
2 0 2 ( 0)
A A A A
y ax ax x a
a
       
B nằm trên đường thẳng (1) nên
2 .0 2 2
B B B
y ax a y      
2
2 2 2 2 2 ( 0)
B A
OB OA y x a a
a
        
Bài 4:
a) Khi m = 4 pt trở thành :
2
2 8 0 1 3 2 1 3 4x x x hay x            
( do
' 9 
)
b)
 
2
2 8 0m    
với mọi m. Vậy pt có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

Do
1 2
8x x  
nên
2
1
8
x
x


2 2 2 2
1 2 1 1
2 2
1 1
64 16
( 1)( 4) ( 1)( 4) 68 4( ) 68 4.8Q x x x x
x x
          
= 36
(Do
2
1
2
1
16
x
x



8) . Ta có Q = 36 khi và chỉ khi
1
2x  
-1
1
1
2
Khi
1
 2x 
thì m = 4, khi x
1
= -2 thì m = 0. Do đó ta có giá trị lớn nhất của Q = 36 khi và chỉ khi
m = 0 hay m = 4 .
Bài 5:
a) Ta có 2 góc


0
90 DBC DAO
nên tứ giác ADBO nội tiếp
b)


1
2
AMB AOB
cùng chắn cung AB
mà



CED AOB
cùng bù với góc

AOC
nên


2CED AMB
c) Ta có FO là đường trung bình của hình
thang BCED nên FO // DB
nên FO thẳng góc BC. Xét 2 tam giác vuông
FOC và BMC đồng dạng theo 2 góc bằng nhau
Nên
 
MC BC
OC FC
2
. . . .2 2   MC FC MC FB OC BC R R R
B
C
D
E
A
F
M
O

 
  2015

 CHÍNH  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.

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







      
  
  
   
  





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










A
B
C
E
H
N






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.
F
D
K
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2015 – 2016
Khóa ngày : 9, 10 – 06 – 2015 MÔN: TOÁN
Bài 1: (1,5 điểm) 1) Đưa thừ số ra ngoài dấu căn của biểu thức
4
28a
2) Tính giá trị của biểu thức :
21 7 10 5 1
A ( ) :
3 1 2 1 7 5
 
 
  
Bài 2: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

3
6
2
1
2 4
y
x
y
x

 




  


Bài 3: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x
2
có đồ thị (P)
1) Vẽ đồ thị (P)
2) Cho các hàm số y = x + 2 và y = - x + m ( với m là tham số) lần lượt có đồ
thị là (d) và (d
m
). Tìm tất cả các giá trị của m để trên một mặt phẳng tọa độ các đồ thị
của (P) , (d) và (d
m
) cùng đi qua một điểm
Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x

2
- 2(m – 1)x – 2m = 0, với m là tham số.
1) Giải phương trình khi m = 1.
2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Gọi x
1
và x
2
là hai nghiệm của phương trình, tìm tất cả các giá trị của m sao
cho x
1
2
+ x
1
– x
2
= 5 – 2m
Bài 5: (3,5 điểm) Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến
AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm)
1) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp.
2) Cho bán kính đường tròn (O) bằng 3cm, độ dài đoạn thẳng OA bằng 5cm.
Tính độ dài đoạn thẳng BC.
3) Gọi (K) là đường tròn qua A và tiếp xúc với đường thẳng BC tại C. Đường
tròn (K) và đường tròn (O) cắt nhau tại điểm thứ hai là M. Chứng minh rằng đường
thẳng BM đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC.
Bài giải sơ lược :
Bài 1 :1)
4 2 2 2 2
28a 4.7.(a ) 2 7. a 2 7a  
(Vì a

2
≥ 0 với mọi a)
2)
7 ( 3 1 ) 5 ( 2 1 )
A . ( 7 5 )
3 1 2 1
 
 
 
  
 
 
 
2 2
A ( 7 5 ).( 7 5 ) 7 5 7 5 2       
. Vậy A = 2
Bài 2 : - ĐK : x ≠ 0. Ta có :
3
y 6
3 2 x y 1 2 x 8 x 4
2 x
1 1 2 x y 4 x 1 2 x y 4 x
2 y 4
x



 

 

  
 

  
 
  
  
     
 
 

  





1
x 0 ( T M D K )
2
1 1
1 2 . y 4 .
2 2



 







  





1
x
2
1 y 2








  



1
x
2
y 3









 


Vậy hệ có nghiệm duy nhất
1
x
2
y 3








 


Bài 3 :
1) Lập bảng giá trị và vẽ
2) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : x
2

= x + 2  x
2
- x - 2 = 0(*)
Phương trình (*) có dạng : a – b + c = 0 nên có 2 nghiệm :
1
2
x 1
c
x 2
a

 






 



Ta có (d) cắt (P) tại hai điểm A(-1; 1) và B (2; 4).
Để (P), (d) và (d
m
) cùng đi qua một điểm thì hoặc A (d
m
) hoặc B  (d
m
) .

+ Với A(-1; 1)  (d
m
) , ta có : 1 = -(-1) + m  m = 0
+ Với B(2; 4)  (d
m
), ta có : 4 = -2 + m  m = 6
Vậy khi m = 0 hoặc m = 6 thì (P), (d) và (d
m
) cùng đi qua một điểm.
Bài 4 : 1) Thay m = 1 được phương trình : x
2
– 2 = 0  x
2
= 2  x = ±
2
Vậy khi m = 1, phương trình có hai nghiệm x =
2
và x = -
2
2) Có ∆ = b
2
– 4ac = 4m
2
+ 4  0 với mọi m nên phương trình đã cho luôn có 2
nghiệm phân biệt với mọi m. Theo Vi-et ta có :
1 2
1 2
b
x x 2 m 2 ( 1 )
a

c
x . x 2 m ( 2 )
a




   






  




Theo bài ta có x
1
2
+ x
1
– x
2
= 5 – 2m (3).; Từ (1) và (3) ta có hệ (I) :
1 2
2
1 1 2

x x 2 m 2
x x – x 5 – 2 m

  




 


Từ hệ (I) có PT : x
1
2
+ 2x
1
– 3 = 0  x
1
= 1 và x
1
= -3
+ Với x = x
1
= 1, từ đề bài ta có m =
3
4
; + Với x = x
1
= -3, từ đề bài ta có m =
3

4

Vậy khi m = ±
3
4
thì PT có 2 nghiệm x
1
, x
2
thỏa : x
1
2
+ x
1
– x
2
= 5 – 2m
Bài 5 : Hình vẽ
c) Gọi E là giao điểm của BM và AC.
∆EMC và ∆ECB có góc MEC = góc CEB và góc MCE = góc EBC (Góc nt và góc
tạo bởi tia tiếp tuyến CA cùng chắn cung MC của đường tròn (O))
 ∆EMC ഗ ∆ECB (g-g)  EC
2
= EM.EB (*)
∆EMA và ∆EAB có góc MEA = góc AEB (a) và :
Có góc MAE = MCB (3) (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến CB cùng chắn cung
MC của đường tròn (K))
Có góc MCB = ABE (4) (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến BA cùng chắn cung
MB của đường tròn (O)) + Từ (3) và (4)  MAE = ABE (b)
- Từ (a) và (b)  ∆EMA ഗ ∆EAB (g-g)  EA

2
= EM.EB (**)
Từ (*) và (**)  EC
2
= EA
2
 EC = EA. Vậy BM đi qua trung điểm E của AC
M
K
E
H
A
O
B
C