CHUYÊN ĐỀ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TUYỂN TẬP CÁC ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CẤP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH THANH HÓA.

/>TƯ LIỆU CHUYÊN MÔN TIỂU HỌC.

CHUYÊN ĐỀ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
TUYỂN TẬP CÁC ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN
TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
CẤP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
TỈNH THANH HÓA.
NĂM 2015
/> />LỜI NÓI ĐẦU
Trong giai đoạn xã hội hóa và hội nhập quốc tế hiện nay, nguồn
lực con người Việt Nam trở nên có ý nghĩa quan trọng, quyết định sự
thành công của công cuộc phát triển đất nước. Giáo dục ngày càng có
vai trò và nhiệm vụ quan trọng trong việc xây dựng thế hệ người Việt
Nam mới, đáp ứng yêu cầu phát triển kinh tế - xã hội. Đảng và nhà
nước luôn quan tâm và chú trọng đến giáo dục. Với chủ đề của năm
học là “Tiếp tục đổi mới quản lý và nâng cao chất lượng giáo dục”
đối với giáo dục phổ thông. Mà trong hệ thống giáo dục quốc dân, thì
bậc Trung học phổ thông có ý nghĩa vô cùng quan trọng là hình
thành nhân cách con người nhằm giúp học sinh hình thành những cơ
sở ban đầu cho sự phát triển đúng đắn và lâu dài về đạo đức, trí tuệ,
thể chất, thẩm mĩ và các kĩ năng cơ bản để học sinh tiếp tục học
Trung học cơ sở. Để đạt được mục tiêu trên đòi hỏi người dạy học
phải có kiến thức sâu và sự hiểu biết nhất định về nội dung chương
trình sách giáo khoa, có khả năng hiểu được về tâm sinh lí của trẻ, về
nhu cầu và khả năng của trẻ. Đồng thời người dạy có khả năng sử
dụng một cách linh hoạt các phương pháp và hình thức tổ chức dạy
học phù hợp với đối tượng học sinh. Căn cứ chuẩn kiến thức kỹ năng
của chương trình lồng ghép giáo dục vệ sinh môi trường, rèn kĩ năng
sống cho học sinh. Coi trọng sự tiến bộ của học sinh trong học tập và
rèn luyện, động viên khuyến khích không gây áp lực cho học sinh
khi đánh giá. Tạo điều kiện và cơ hội cho tất cả học sinh hoàn thành

/> />chương trình và có mảng kiến thức dành cho đối tượng học sinh năng
khiếu. Việc nâng cao cất lượng giáo dục toàn diện cho học sinh là
nhiệm vụ của các trường phổ thông. Để có chất lượng giáo dục toàn
diện thì việc nâng cao chất lượng đại trà là vô cùng quan trọng.
Trong đó môn Toán có vai trò vô cùng quan trọng giúp phát triển tư
duy tốt nhất. Để có tài liệu ôn luyện, khảo sát chất lượng học sinh
học sinh lớp 10 THPT kịp thời và sát với chương trình học, tôi đã
sưu tầm biên soạn các đề thi vào lớp 10 THPT giúp giáo viên có tài
liệu ôn luyện. Trân trọng giới thiệu với thầy giáo và cô giáo cùng quý
vị bạn đọc tham khảo và phát triển tài liệu:
CHUYÊN ĐỀ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TUYỂN
TẬP CÁC ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN TUYỂN SINH VÀO
LỚP 10 CẤP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH
THANH HÓA.
Chân trọng cảm ơn!
/> />CHUYÊN ĐỀ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
TUYỂN TẬP CÁC ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN
TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
CẤP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
TỈNH THANH HÓA.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THPT
THANH HÓA NĂM HỌC 2012-2013
Môn thi : Toán
Thời gian : 120 phút không kể thời
gian giao đề
Ngày thi 29 tháng 6 năm 2012
Bài 1 : (2.0 điểm)
1- Giải các phương trình sau :
a) x - 1 = 0 .

b) x
2
- 3x + 2 = 0
2- Giải hệ phương trình :



=+
=−
2
72
yx
yx
Bài 2 : (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A =
a22
1
+
+
a22
1
−
-
2
2
1
1
a
a
−
+

1- Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A
2- Tìm giá trị của a ; biết A <
3
1
Bài 3 : (2.0 điểm)
1- Cho đường thẳng (d) : y = ax + b .Tìm a; b để đường thẳng (d) đi qua
điểm A( -1 ; 3) và song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + 3
2- Cho phương trình ax
2
+ 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ) .Tìm a để
phươmg trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thoả mãn
2
1
x
+
2
2
x
= 4
Bài 4 : (3.0 điểm) Cho tam tam giác đều ABC có đường cao AH . Trên cạnh
BC lấy điểm M
bất kỳ ( M không trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ lần lượt vuông góc với
các cạnh AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC)
1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn
2- Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ .Chứng minh OH
⊥

PQ
3- Chứng minh rằng : MP +MQ = AH
Bài 5 : (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi , thoả mãn điều kiện a + b
≥
1
và a > 0
/>ĐỀ THI CHÍNH THỨC
ĐỀ A
/>Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
2
2
4
8
b
a
ba
+
+
HẾT
/> /> /> /> /> /> /> /> /> /> /> /> /> />SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP
10 CHUYÊN LAM SƠN
THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 -
2013
Môn thi : TOÁN
(Đề gồm có 01 trang) (Môn chung cho tất cảc thí sinh)
Thời gian làm bài :120 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 17 tháng 6 năm 2012
Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :
1 1 1

4
1 1 2
a a
P a
a a a a
 
+ −
= − +
 ÷
 ÷
− +
 
, (Với a > 0 , a ≠1)
1. Chứng minh rằng :
2
1
P
a
=
−
2. Tìm giá trị của a để P = a
Câu 2 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x
2
và
đường thẳng (d) : y = 2x + 3
1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt
2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác
OAB ( O là gốc toạ độ)
Câu 3 (2.0 điểm) : Cho phương trình : x
2

+ 2mx + m
2
– 2m + 4 = 0
1. Giải phơng trình khi m = 4
2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
Câu 4 (3.0 điểm) : Cho đường tròn (O) có đờng kính AB cố định, M là một
điểm thuộc (O) ( M khác A và B ) . Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau
/>ĐỀ CHÍNH
/>ở C. Đường tròn (I) đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng AC tại C. CD là đ-
ờng kính của (I). Chứng minh rằng:
1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng
2. Tam giác COD là tam giác cân
3. Đờng thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố
định khi M di động trên đường tròn (O)
Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dương không âm thoả mãn :
2 2 2
3a b c
+ + =
Chứng minh rằng :
2 2 2
1
2 3 2 3 2 3 2
a b c
a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +
/> />HƯỚNG DẪN GIẢI:
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1
1. Chứng minh rằng :

2
1
P
a
=
−
1 1 1
4
1 1 2
a a
P a
a a a a
 
+ −
= − +
 ÷
 ÷
− +
 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
1 1 4
1 1
1
.
2
1 1
a a a

a a
P
a a
a a
+ − − +
+ −
=
+ −
( ) ( )
2 1 2 1 4 4 1
.
2
1 1
a a a a a a a
P
a a
a a
+ + − + − + −
=
+ −
4 1 2
.
1 1
2
a a
P
a a
a a
= =
− −

(ĐPCM)
1.0
2. Tìm giá trị của a để P = a. P = a
=>
2
2
2 0
1
a a a
a
= => − − =
−
.
Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phương trình có 2 nghiệm
a
1
= -1 < 0 (không thoả mãn điều kiện) - Loại
a
2
=
2
2
1
c
a
−
= =
(Thoả mãn điều kiện)
Vậy a = 2 thì P = a
1.0

2
1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân
biệt
Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) là
nghiệm của phương trình
x
2
= 2x + 3 => x
2
– 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
x
1
= -1 và x
2
=
3
3
1
c
a
−
= =
Với x
1
= -1 => y
1
= (-1)
2
= 1 => A (-1; 1)

Với x
2
= 3 => y
2
= 3
2
= 9 => B (3; 9)
Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt A và B
1.0
2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính
diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ)
Ta biểu diễn các điểm A và B trên mặt phẳng toạ độ Oxy
như hình vẽ
1.0
/> />1
D
C
B
A
9
3
-1
0
1 9
. .4 20
2 2
ABCD
AD BC
S DC
+ +

= = =
. 9.3
13,5
2 2
BOC
BC CO
S
= = =
. 1.1
0,5
2 2
AOD
AD DO
S
= = =
Theo công thức cộng diện tích ta có:
S
(ABC)
= S
(ABCD)
- S
(BCO)
- S
(ADO)
= 20 – 13,5 – 0,5 = 6 (đvdt)
3
1. Khi m = 4, ta có phương trình
x
2
+ 8x + 12 = 0 có ∆’ = 16 – 12 = 4 > 0

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt
x
1
= - 4 + 2 = - 2 và x
2
= - 4 - 2 = - 6
1.0
2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
x
2
+ 2mx + m
2
– 2m + 4 = 0
Có D’ = m
2
– (m
2
– 2m + 4) = 2m – 4
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì D’ > 0
=> 2m – 4 > 0 => 2(m – 2) > 0 => m – 2 > 0 => m
> 2
Vậy với m > 2 thì phương trình có hai nghiệm phân
biệt
1.0
/> />4
1
2
N
K
H

D
I
C
O
A
B
M
1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng:
Ta có MC là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ MC
⊥ MO (1)
Xét đường tròn (I) : Ta có
·
0
90CMD
=
⇒ MC ⊥ MD
(2)
Từ (1) và (2) => MO // MD ⇒ MO và MD trùng
nhau
⇒ O, M, D thẳng hàng
1.0
2. Tam giác COD là tam giác cân
CA là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ CA ⊥AB(3)
Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC tại C ⇒ CA ⊥ CD(4)
Từ (3) và (4) ⇒ CD // AB =>
·
·
DCO COA=
(*)
( Hai góc so le

trong)
CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O) ⇒
·
·
COA COD
=
(**)
Từ (*) và (**) ⇒
·
·
DOC DCO=
⇒ Tam giác COD
cân tại D
1.0
3. Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi
qua một điểm cố định khi M di động trên đờng tròn (O)
* Gọi chân đường vuông góc hạ từ D tới BC là H.
·
0
90CHD =
⇒ H ∈ (I) (Bài toán quỹ tích)
DH kéo dài cắt AB tại K.
Gọi N là giao điểm của CO và đường tròn (I)
=>
·
0
90
can tai D
CND
NC NO

COD

=

⇒ =

∆


Ta có tứ giác NHOK nội tiếp
1.0
/> />Vì có
¶
µ
·
2 1
H O DCO= =
( Cùng bù với góc DHN) ⇒
·
·
0
180NHO NKO+ =
(5)
* Ta có :
·
·
NDH NCH
=
(Cùng chắn cung NH của đường
tròn (I))

·
· ·
( )
CBO HND HCD
= =
⇒ ∆DHN ∆COB (g.g)



HN OB
HD OC
OB OA HN ON
OC OC HD CD
OA CN ON
OC CD CD

⇒ =



⇒ = ⇒ =



⇒ = =


Mà
· ·
ONH CDH=

⇒∆NHO ∆DHC (c.g.c)
⇒
·
0
90NHO
=
Mà
·
·
0
180NHO NKO+ =
(5) ⇒
·
0
90NKO
=
, ⇒
NK ⊥ AB ⇒ NK // AC ⇒ K là trung điểm của OA cố
định ⇒ (ĐPCM)
5 Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm
thoả mãn :
2 2 2
3a b c
+ + =
Chứng minh rằng :
2 2 2
1
2 3 2 3 2 3 2
a b c
a b b c c a

+ + ≤
+ + + + + +
* C/M bổ đề:
( )
2
2 2
a b
a b
x y x y
+
+ ≥
+
và
( )
2
2 2 2
a b c
a b c
x y x x y z
+ +
+ + ≥
+ +

.
Thật vậy
( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2

2 2
2 2
0
a b
a b
a y b x x y xy a b ay bx
x y x y
+
+ ≥ <=> + + ≥ + <=> − ≥
+
(Đúng) ⇒ ĐPCM
Áp dụng 2 lần , ta có:
( )
2
2 2 2
a b c
a b c
x y x x y z
+ +
+ + ≥
+ +
* Ta có :
2 2
2 3 2 1 2 2 2 2a b a b a b
+ + = + + + ≥ + +
, tương tự
Ta có: … ⇒
2 2 2
2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c a b c

A
a b b c c a a b b c c a
= + + ≤ + +
+ + + + + + + + + + + +

1
(1)
2 1 1 1
B
a b c
A
a b b c c a
 
⇔ ≤ + +
 ÷
+ + + + + +
 
1 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 3
Ta chứng minh
1
1 1 1
a b c
a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +

1.0
/> />( )
( ) ( )
( )

( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2 2
3
1 1 1 2
1 1 1
1 1 1
2
1 1 1
1 1 1
2
1 1 1
1 1 1
2 (2)
1 1 1 1 1 1
B
a b c
a b b c c a
b c a
a b b c c a
b c a
a b b c c a
b c a
a b b b c c c a a
−
⇔ − + − + − ≤ −
+ + + + + +
− − − − − −
⇔ + + ≤ −

+ + + + + +
+ + +
⇔ + + ≥
+ + + + + +
+ + +
⇔ + + ≥
+ + + + + + + + +
1 4 4 4 4 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 4 4 4 4 43
* Áp dụng Bổ đề trên ta có:
⇒
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
3
3
1 1 1 1 1 1
a b c
B
a b b b c c c a a
+ + +
− ≥
+ + + + + + + + + + +

( )
2
2 2 2
3
3 (3)
3( ) 3
a b c

B
a b c ab bc ca a b c
+ + +
⇔ − ≥
+ + + + + + + + +
* Mà:

( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
2
2 2 2
2 3( ) 3
2 2 2 2 2 2 6 6 6 6
2 2 2 2 2 2 6 6 6 6 ( : 3)
2 2 2 6 6 6 9
3
3
3( )
a b c ab bc ca a b c
a b c ab bc ca a b c
a b c ab bc ca a b c Do a b c
a b c ab bc ca a b c
a b c
a b c
a b c ab bc ca a b c

 
+ + + + + + + + +
 
=
+ + + + + + + + +
= + + + + + + + + + + + =
= + + + + + + + + +
= + + +
+ + +
⇒
+ + + + + + + +
2 (4)
3
=
+
Từ (3) và (4) ⇒ (2)
Kết hợp (2) và (1) ta có điều phải chứng minh.
Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1
/>