Tổng hợp 200 đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán trường chuyên các năm

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
————————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Tin
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề)
————————————

Câu 1 (3,0 điê
̉
m). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đồ thị (P) của hàm số:
22
(2 1) 1yx m xm  
và đường thẳng (D):
3
2
m
yx; trong đó m la
̀
tham sô
́
.
a) Cho
1m  , tìm hoành độ các giao điểm của (P) và (D).
b) Tı
̀
m tâ
́
t ca
̉

ca
́
c gia
́
tri
̣
cu
̉
a tham sô
́
m để (P) và (D) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt có hoành độ
không âm.


Câu 2 (3,0 điê
̉
m).

a) Gia
̉
i phương trı
̀
nh:
5
593
54
x
x
x




.
b) Cho hai số
,
x
y
liên hê
̣
vơ
́
i nhau bơ
̉
i đẳng thư
́
c
22
27( )2100xxyxyy

 . Tı
̀
m gia
́
tri
̣

lơ
́
n nhâ
́

t và giá trị nho
̉
nhâ
́
t cu
̉
a biê
̉
u thư
́
c
1Sxy


.

Câu 3
(1,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên dương
12
,,,,
n
x
xxn thỏa mãn:
12
54
n
xx x n 
và
12
11 1

1
n
xx x

 


Câu 4
(2,0 điểm). Cho tam giác
A
BC
có
.
A
BAC

Trên các cạnh
,
A
BAC
lần lượt lấy các điểm
,
E
D
sao cho
.DE DC
Giả sử đường thẳng đi qua D và trung điểm của đoạn thẳng
E
B cắt đường
thẳng

BC
tại
.F

a) Chứng minh rằng đường thẳng
E
F chia đôi góc

.
A
ED

b) Chứng minh rằng


.BFE CED



Câu 5 (1,0 điểm). Trong một hô
̣
p co
́
2010 viên so
̉
i. Co
́
hai ngươ
̀
i tham gia tro

̀
chơi, mô
̃
i ngươ
̀
i lâ
̀
n lươ
̣
t
pha
̉
i bô
́
c ı
́
t nhâ
́
t la
̀
11 viên so
̉
i va
̀
nhiê
̀
u nhâ
́
t la
̀

20 viên so
̉
i. Ngươ
̀
i na
̀
o bô
́
c viên so
̉
i cuô
́
i cu
̀
ng se
̃
thua
cuô
̣
c. Ha
̃
y tı
̀
m thuâ
̣
t chơi đê
̉
đa
̉
m ba

̉
o ngươ
̀
i bô
́
c đâ
̀
u tiên luôn la
̀
ngươ
̀
i thă
́
ng cuô
̣
c.
Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!


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








SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

————————

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo
cách khác đúng và đủ các bước vẫn cho điểm tối đa.
- Trong mỗi câu, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không được điểm.
- Câu hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình mới chấm điểm, nếu thí sinh không có hình vẽ đúng ở phần nào thì
giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần đó.
- Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn.
II. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM:
Câu 1 (3 điê
̉
m).
a) 1,0 điểm
Nô
̣
i dung trı
̀
nh ba
̀
y Điê
̉
m
Khi 1m  , hoành độ giao điểm của (P) và (D) là nghiệm PT:
2
1
33

2
xxx



0,25
2
21210xx
, có '36238  
0,25
Vậy hoành độ các giao điểm là:
638638
,
22


0,50
b) 2,0 điểm
Nô
̣
i dung trı
̀
nh ba
̀
y Điê
̉
m
Hoành độ giao điểm của (P) và (D) là nghiệm PT:
22
(2 1) 1 3

2
m
xmxm x



0,25
22
24( 2) 20xmxm  (1)
0,25
PT (1) có:
22
'4( 2) 2( 2)mm    , để (P) cắt (D) tại hai điểm phân biệt thì '0

 (2)
0,25
Có:
22
(2) 2( 2) ( 2) 0mm
42
28 100mmm
0,25
2
422 42
11 1 1 39
27 2 10 027 0
24 4 2 4
mmm m mmm

 



, đúng với mọi m .
0,25
Gọi
12
,
x
x là hoành độ giao điểm của (P) và (D) ta có:
2
12
12
2( 2) (3)
2
(4)
2
xx m
m
xx

 







0,25
Để

1
2
0
0
x
x





thì
12
12
0
0
xx
xx





, từ (3) và (4) suy ra:
2m 
.
0,25
Vậy các giá trị m cần tìm là: 2m 
0,25
Câu 2 (3 điê

̉
m).
a) 1,5 điểm
Nô
̣
i dung trı
̀
nh ba
̀
y Điê
̉
m
Điều kiện:
540
4
590
5
x
x
x







0,25
Đặt 59 5ux, suy ra:
22

59,54 5xu x u  , thay vào PT đã cho có:
0,25
2
2
9
3
5
u
u
u



2
3(1)
3
1(2)
5
u
u
u












0,25
(1) 0x (thỏa mãn điều kiện)
0,25
2
(2) 3 5 6 14uu u   vô nghiệm do 5u 
0,25
Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất
0x 
.
0,25

b) 1,5 điểm
Nô
̣
i dung trı
̀
nh ba
̀
y Điê
̉
m
Viê
́
t la
̣
i biê
̉
u thư

́
c đa
̃
cho tha
̀
nh
22
(1)5(1)4(*)xy xy y   .
0,50
Như vâ
̣
y vơ
́
i mo
̣
i
x
va
̀
mo
̣
i y ta luôn co
́

2
540SS

 (vơ
́
i 1Sxy


)
0,25
Suy ra: (4)(1)0 4 1SS S.
0,25
Tư
̀
đo
́
co
́
:
min
4S  , khi
5
0
x
y






0,25
max
1S  , khi
2
0
x

y





.
0,25
Câu 3 (1,0 điê
̉
m).
Nô
̣
i dun
g
trı
̀
nh ba
̀
y
Đ
iê
̉
m
Không mất tính tổng quát, coi
12
.
n
x
xx Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có:


2
12 1
12 1
2
11 1 1
5 4 .

5401 4
n
n
nn
nn
nxx x nxxn n
xx x xx
nn n

        





0,25
Với
1n 
, ta có:
1
1
1

51 4
1.
1
1
x
x
x









Với
2n  , ta có:
12
12
12 12
12
52 4 6
6
11
1
xx
xx
x
xxx

xx












hệ này không có nghiệm nguyên.
0,25
Với
3n 
, ta có:
123
123
53 4 11 (1)
111
1(2)
xxx
xxx









Từ (2) suy ra
1
1x  kết hợp với (1) suy ra
1
23x

 . Thử trực tiếp, được




123
;; 2;3;6.xxx 

0,25
Với
4n 
thì
1234
4xxxx (dấu đẳng thức trong bất đẳng thức AM - GM).
Kết luận
+ Với
1n 
thì
1
1x 
+ Với

3n  thì
123
(; ; ) (2;3;6)xxx 
;(2;6;3);(3;2;6);(3;6;2);(6;2;3);(6;3;2)
+ Với
4n 
thì
1234
( ; ; ; ) (4; 4; 4; 4)xxxx 
0,25
Câu 4 (2,0 điê
̉
m).







G
F
M
E
C
B
A
D

a) 1,25 điểm

Nô
̣
i dung trı
̀
nh ba
̀
y Điê
̉
m
Gọi
M
là trung điểm
,
B
E

G
là giao điểm của các đường thẳng
,.
E
FAC

Ta sẽ chứng minh
GA EA
GD ED


0.25
Áp dụng định lý Ménélaus cho
A

DM
với cát tuyến
,,GEF
ta có:
1
GA FD EM GA FM EA
GD FM EA GD FD EM


Lấy
I
BC sao cho
DI AB
, khi đó do hai tam giác
,
F
MB FDI
đồng dạng nên
F
MBM
F
DDI


0.25
Do
A
BC
cân,
DI AB

nên
DCI
cân, hay
DI DC DE


suy ra:
F
MBMBM
F
DDIDE


0.25
Do
M
là trung điểm của
B
E nên
E
MMB do đó
E
AEA
E
MMB


0.25
Vậy
GA FM EA BM EA EA

GD FD EM DE BM ED

điều phải chứng minh.
0.25
b) 0,75 điểm
Nô
̣
i dung trı
̀
nh ba
̀
y Điê
̉
m
Đặt





;;.ABC ACB DCE DEC DEG GEA


  
Ta sẽ chứng minh
.



Thật vậy:

Trong tam giác
BEC
có


,CBE BCE



suy ra


00
180 180 2CEB

 

    
(1)
0.25
Do
,,GEF
thẳng hàng nên

FEB


và do đó





00
180 180CEB CEG BEF




(2)
0.25
Từ (1) và (2) suy ra



, điều phải chứng minh.
0.25
Câu 5 (1,0 điê
̉
m).
Nô
̣
i dung trı
̀
nh ba
̀
y Điê
̉
m
Đê
̉

đa
̉
m ba
̉
o thă
́
ng cuô
̣
c, ơ
̉
nươ
́
c đi cuô
́
i cu
̀
ng cu
̉
a mı
̀
nh ngươ
̀
i bô
́
c so
̉
i đâ
̀
u tiên pha
̉

i đê
̉
la
̣
i trong hô
̣
p 11
viên so
̉
i. Ơ
̉
nươ
́
c đi trươ
́
c đo
́
pha
̉
i đê
̉
la
̣
i trong hô
̣
p:
11 (20 11) 42

 viên so
̉

i.
0,25
Suy ra ngươ
̀
i bô
́
c so
̉
i đâ
̀
u tiên pha
̉
i đa
̉
m ba
̉
o trong hô
̣
p lu
́
c na
̀
o cu
̃
ng co
̀
n 11 31k

viên so
̉

i.
0,25
Ta co
́
(2010 11) : 31 65 dư 15. Như vâ
̣
y ngươ
̀
i bô
́
c so
̉
i đâ
̀
u tiên ơ
̉
lâ
̀
n thư
́
nhâ
́
t cu
̉
a mı
̀
nh pha
̉
i bô
́

c 15
viên.
0,25
Tiê
́
p theo, khi đô
́
i phương bô
́
c k viên so
̉
i (
1, 2, , 20k

) thı
̀
ngươ
̀
i bô
́
c so
̉
i đâ
̀
u tiên pha
̉
i bô
́
c 31 k


viên so
̉
i, cuô
́
i cu
̀
ng se
̃
đê
̉
la
̣
i 11 viên so
̉
i cho đô
́
i phương.
0,25


Hết

SỞ GD&ĐT VĨNH
PHÚC
————————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM
HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN

Dành cho tất cả các thí sinh
(Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề)
————————————

Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức
11
()
11
Px
x
x



a) Rút gọn
()
P
x .
b) Tìm giá trị của
x
để
() 2Px


.
Câu 2 (3,0 điểm). Cho
22
() (2 1) 1fx x m x m    (
x
là biến,

m
là tham số)
a) Giải phương trình () 0fx

khi 1m

.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đẳng thức
2
() ( )
f
xaxb
đúng với mọi số thực
x
; trong đó ,ab là các hằng số.
c) Tìm tất cả các giá trị
m

 để phương trình () 0fx có hai nghiệm
12 1 2
,( )
x
xx x
sao cho biểu thức
12
12
x
x
P
x

x


có giá trị là số nguyên.
Câu 3 (3,0 điê
̉
m). Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên
tiếp tuyến đó một điểm P sao cho
A
PR . Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với đường
tròn (O;R) tại điểm M (điểm M khác điểm A).
a) Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn.
b) Đường thẳng vuông góc với AB tại điểm O cắt đường thẳng BM tại điểm N,
đường thẳng AN cắt đường thẳng OP tại điểm K, đường thẳng PM cắt đường thẳng ON
tại điểm I; đường thẳng PN và đường thẳng OM cắt nhau tại điểm J. Chứng minh ba
điểm I, J, K thẳng hàng.

Câu 4 (1,0 điê
̉
m). Cho các số thực dương
,,abc thỏa mãn
9
4
abc

. Chứng minh rằng:
333
abc abcbcacab

   

Câu 5 (1,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại cặp số nguyên


;
x
y
thỏa mãn hệ:
2
22
12
12
p
x
p
y








Hết


Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

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




SỞ GD&ĐT VĨNH
PHÚC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM
HỌC 2011-2012
————————

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Dành cho tất cả các thí sinh
I. HƯỚNG DẪN CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày,
nếu học sinh giải theo cách khác đúng và đủ các bước vẫn cho điểm tối đa.
- Trong mỗi câu, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không
được điểm.
- Câu hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình mới chấm điểm, nếu thí sinh không có hình
vẽ đúng ở phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình
phần đó.
- Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn.
II. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM:
Câu 1 (2,0 điê
̉
m).
a) 1,0 điểm
N
ô

̣
i dung trı
̀
nh ba
̀
y Điê
̉
m
Điều kiện:
0
10
x
x








 01
x


0,50
Khi đó:
11
()
(1 )(1 )

x
x
Px
x
x



2
()
1
Px
x



0,50
b) 1,0 điểm
N
ô
̣
i dung trı
̀
nh ba
̀
y Điê
̉
m
Theo phần a) có:
2

() 2 2
1
Px
x
  


0,25
1
1
1
x


11x  2x (thỏa mãn điều kiện). Mỗi dấu  đúng cho 0,25 điểm.
0,75
Câu 2 (3 điê
̉
m).
a) 1,0 điểm
N
ô
̣
i dung trı
̀
nh ba
̀
y Điê
̉
m

Thay 1m  vào PT () 0fx ta có:
2
320xx


(1)
0,25
PT(1) có: 132 0abc
0,50
Vậy PT có hai nghiệm là: 1 và 2.
0,25
b) 1,0 điểm
N
ô
̣
i dung trı
̀
nh ba
̀
y Điê
̉
m
Với mọi m ta có:
22
22
11 1
() 2 1
22 2
fx x m x m m m
 

      
 
 

0,25
2
2
22
11
() 1
22
fx x m m m

 
   
 

 


0,25
2
2
13
()
24
f
xxm m









0,25
Suy ra: để

2
3
()
4
fx ax b m
. Vậy tồn tại duy nhất giá trị
3
4
m

thỏa mãn yêu
cầu.
0,25
c) 1,0 điểm
N
ô
̣
i dung trı
̀
nh ba
̀

y Điê
̉
m
() 0fx có 2 nghiệm phân biệt

2
2
3
214( 1)0430
4
mm m m

         
0,25
Khi đó ta có:
2
12
2
12
21
12 1 5
21 4 4(21)
1
xx m
mm
P
mm
xx m
 



  





5
421
21
Pm
m


(*)
0,25
Do
3
4
m 
, nên 211m , để
P
 phải có: (2 1)m

là ước của 5 215 2mm
0,25
Với 2m  thay vào (*) có:
5
42.21 4 1
2.2 1

PP 

. Vậy giá trị m cần tìm bằng
2.
0,25
Câu 3 (2 điê
̉
m).
x
O
K
I
M
J
N
P
B
A



a) 1,0 điểm:

Ta có:


0
90PAO PMO

0,50




0
180PAO PMO  tứ giác APMO nội tiếp
0,50
b) 2,0 điểm:
Ta có


1
2
ABM AOM
; OP là phân giác của góc



1
2
AOM AOP AOM

0,25



ABM AOP (2 góc đồng vị)  MB // OP (1)
0,25
Ta có hai tam giác AOP, OBN bằng nhau  OP = BN
(2)
Từ (1) và (2)  OBNP là hình bình hành

0,25
 PN // OB hay PJ // AB. Mà ON

AB  ON

PJ.
0,25
Ta cũng có: PM  OJ  I là trực tâm tam giác POJ  IJ

PO (3)
0,25
Ta lại có: AONP là hình chữ nhật  K là trung điểm của PO và


A
PO NOP

0,25
Mà


APO MPO   IPO cân tại I.
0,25
IK là trung tuyến đồng thời là đường cao  IK

PO (4)
Từ (3) và (4)  I, J, K thẳng hàng
0,25
Câu 4 (1 điê
̉

m).
N
ô
̣
i dung trı
̀
nh ba
̀
y Điê
̉
m
Ta có:

2
0, 0xy xy xy Suy ra:




2
22
00ab ab a abb abab

  

33
()ababab  (1), dấu ‘=’ xẩy ra ab

 .
0,25

Từ (1) và BĐT AM – GM có:
333 3 3
() 2 ()3a b c ab a b c abc a b c a b

   (do
9
4
abc 
)
0,25
Vậy:
333
3abc cab , dấu ‘=’ xẩy ra
3
()
ab
ab a b c







(2)
Tương tự có:
333
3abc abc , dấu ‘=’ xẩy ra
3
()

bc
bc b c a







(3)

333
3abc bca , dấu ‘=’ xẩy ra
3
()
ca
ca c a b







(4)
0,25
Từ (2), (3) và (4) có:
333
abc abcbcacab    (5), dấu ‘=’ xẩy ra
0abc

vô lí, do
9
4
abc 
, hay ta có đpcm.
0,25
Câu 5 (1 điê
̉
m).
Nội dung trình bày
Điểm
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 0, 0xy. Từ phương trình
2
12px suy
ra
p
là số lẻ. Dễ thấy
0
x
yp yx
không chia hết cho
p
(1)
0.25
Mặt khác, ta có









222
2 2 0mod 0modyxppyxyx pyx p   (do (1))
0.25
Do 002
x
yp yx p xyp ypx   thay vào hệ đã cho ta được

2
2
2
2
2
2
2
12
41
12
12
41 2 4
14 1
12
px
p
x
px
px
p

xxx
ppxp
ppx










 
 
 
 






0.25
Giải hệ này ta được 7, 2px thay vào hệ ban đầu ta suy ra 5y

. Vậy 7.p 
0.25
Hết

SỞ GD&ĐT VĨNH
PHÚC
————————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM
HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————

Câu 1 (3,0 điểm). Cho phương trình :
43 2 2
( 1) ( 1) ( 1) 0 (1)xmx m xmm xm 

(trong đó x là ẩn, m là tham số)

1. Giải phương trình (1) với
2.m



2. Tìm tất cả các giá trị của tham số
m sao cho phương trình (1) có bốn nghiệm đôi
một phân biệt.
Câu 2 (1,5 điểm). Tìm tất cả các cặp hai số nguyên
(; )
xy
thỏa mãn
43 2

1
x
xy


Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác
A
BC
với
BC CA AB
nội tiếp trong đường tròn
()O
.
Trên cạnh
BC
lấy điểm D và trên tia
B
A lấy điểm
E
sao cho
.BD BE CA
Đường
tròn ngoại tiếp tam giác
B
DE
cắt cạnh
A
C tại điểm
,P

đường thẳng
B
P
cắt đường
tròn


O
tại điểm thứ hai
.Q

1. Chứng minh rằng tam giác AQC đồng dạng với tam giác EPD.
2. Chứng minh rằng
.
B
PAQCQ



Câu 4 (1,5 điểm). Cho các số thực dương
,,.abc
Chứng minh rằng



3
222
22 2 22 2 22 2
2444
54 abc

ca b ab c bc a
abc ab bc ca
    
  

Câu 5 (1,0 điểm). Cho đa giác lồi
12 100
A
AA
. Tại mỗi đỉnh
k
A
( 1,2, ,100k  ), người ta
ghi một số thực
k
a
sao cho giá trị tuyệt đối của hiệu hai số trên hai đỉnh kề nhau
chỉ bằng 2 hoặc 3. Tìm giá trị lớn nhất có thể được của giá trị tuyệt đối của hiệu
giữa hai số ghi trên mỗi cặp đỉnh của đa giác đã cho, biết rằng các số ghi tại các
đỉnh đã cho đôi một khác nhau.
Hết

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!


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

SỞ GD&ĐT VĨNH
PHÚC
————————

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM
HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày,
nếu học sinh giải theo cách khác đúng và đủ các bước vẫn cho điểm tối đa.
- Trong mỗi câu, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không
được điểm.
- Câu hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình mới chấm điểm, nếu thí sinh không có hình
vẽ đúng ở phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình
phần đó.
- Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn.
II. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM:
Câu 1 (3,0 điểm).
Câu 1.1 (1,5 điểm) Điê
̉
m
Nô
̣
i dung trı

̀
nh ba
̀
y
Khi 2m  phương trình đã cho có dạng
432
2 2 1 0 (2)xxxx


Nếu
0x 
thì
432
02002010  
, vô lý, vậy
0x

.
0,5
Chia hai vế của pt (2) cho
2
x
ta được:
2
2
11
210
xx
xx







Đặt
22
2
11
2
xtx t
xx
  
thay vào phương trình trên ta được
2
210 1tt t

 

0,5
Với
1t 
ta được
2
115
110
2
xxxx
x


 

0.25
Kết luận nghiệm 0.25

Câu 1.2 (1,5 điểm) Điểm
2
Nếu
0x 
thì phương trình đã cho trở thành
2
(1)0m

 . Khi
1m


thì phương
trình vô nghiệm. Khi
1m 
thì
0x

là một nghiệm của phương trình đã cho, và
khi đó phương trình đã cho có dạng
43
001xx x x


. Phương trình chỉ có

hai nghiệm. Do đó
0x  và 1m

 .
0.25

Chia hai vế của phương trình cho
2
0x

và đặt
(1)m
x
t
x



ta được phương trình
2
1
(1)0
1
t
tmtm
tm









0.25

Với
1t 
ta được phương trình
2
(1)0xxm


(1)
Với
1tm
ta được phương trình
2
(1)(1)0xmxm


(2)
Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi mỗi một trong các
phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt, đồng thời chúng không có
nghiệm chung.
0.25

(1) và (2) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi




2
14 1 0
1. (3)
14 10
m
m
mm





 



0.25

Khi đó nếu
0
x
là một nghiệm chung của (1) và (2) thì


 
2
00
2
00

1
11
mxx
mxmx




 



Từ đó
0
(2) 0mx điều này tương đương với hoặc
2m


hoặc
0
0x 
0.25

Nếu
0
0x  thì
1m 
, loại.
Nếu
2m 

thì (1), (2) có hai nghiệm
15
2
x


. Do đó (1) và (2) có nghiệm

0.25

chung khi và chỉ khi
2m 
.
Từ đó và (3) suy ra phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
21m .

Câu 2 (1,5 điểm).
Nô
̣
i dung trı
̀
nh ba
̀
y Điê
̉
m

+) Nếu
0x 
thay vào phương trình ta được

1y



+) Nếu
2
13xy   vô nghiệm
+) Nếu
2
11 1xy y  
0,25

+) Nếu
2x  ta có





22
2
243 2 2
44442 12 2 1yxx xx y xx   



2
2
243243
22 44 444 2yxx xxxxx x (do 2x  ) 3y

0,5

+) Nếu
2x  , đặt 2tx  . Khi đó ta có
243
1ytt







22
2
243 2 2
44442 12 2 1ytt tt y tt 



2
2
243432
22 44444 2ytt tt tttt (do 2t  )
5y


0,5

Kết luận
( ; ) (0;1);(0; 1);(1;1);(1; 1 );(2;3);(2; 3);( 2;5);( 2 ) ;5xy  

0,25

Câu 3 (3,0 điểm).
Câu 3.1 (2,0 điểm) Điê
̉
m
Nô
̣
i dung trı
̀
nh ba
̀
y

Q
P
E
D
O
A
B
C

Do các tứ giác
,
B
EPD ABCQ
nội tiếp,
0,5

nên
E
DP EBP ABQ ACQ

0,5
(1)
và
00
180 180EPD EBD ABC AQC

(2)
0,5
Từ (1) và (2) suy ra
,
A
QC EPD
điều phải chứng minh.
0,5

Câu 3.2 (1 điểm) Điểm

Theo kết quả phần 1, ta có

QA QC QA QC CA
P
EPD PE PD DE




0,25
Suy ra



QA QC DE PE PD AC PE PD BD

(3)
0,25

Áp dụng định lý Ptolemey cho tứ giác
B
EPD nội tiếp, ta được


BP ED BE PD EP BD PD PE BD  
(4)

0,25
Từ (3) và (4) suy ra
()··QA QC ED BP ED
hay
QA QC BP



, điều phải chứng
minh.
0,25

Câu 4 (1.5 điểm).
Nô
̣
i dung trı
̀
nh ba
̀
y Điê
̉
m

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có



 
2
222
2
22 2 22 2 22 2 2 2 2 2 2 2
3
24 2
3
3

364 12
cab abc bca abc abbcca
abc abc abc


     




Suy ra

222
22 2 22 2 22 2
23c a b a b c b c a abc   

0.5

Cũng theo bất đẳng thức AM-GM
   

444 444 2 2
33
444
3
33
3
ab bc ca ab bc ca abc abc
ab bc ca abc abc
 



và

22
3
9abc abc 

0.5

Suy ra


   
222
2444
22 2 22 2 22 2
23
3
3
23 3 9 54
c a b a b c b c a a b c ab bc ca
abc abc abc abc abc
     
 

0.25
Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
.abc
0.25

Câu 5 (1 điểm).
Nô
̣
i dung trı
̀
nh ba
̀
y Điê
̉
m

A
1
A
2
A
3
A
4
A
100



Xét đa giác lồi
12 100
A

AA như hình vẽ. Khi đó
1
2
kk
aa



hoặc
1
3
kk
aa



(
1,2, ,99k  ). Không mất tính tổng quát, coi
1
a
là nhỏ nhất,
n
a
là lớn nhất (dễ
thấy
2n  ). Đặt
max
ij
ij
daa




khi đó
1n
da a

 . Ta sẽ chứng minh
149.d 

0.25

Nằm giữa
1
,
n
A
A
, theo chiều kim đồng hồ có
2n

đỉnh và có
100 n

đỉnh, theo
chiều ngược kim đồng hồ. Hơn nữa giá trị tuyệt đối của hiệu giữa hai số kề nhau
không vượt quá 3. Do đó


11223 1

3 1
nnn
daa aa aa a a n

  
và tương tự ta có



3 100 1dn
. Suy ra




3( 1) 3(100 1)
300
150
22
nn
d
 


0.25

150d 
khi và chỉ khi hiệu giữa hai số ghi trên hai đỉnh kề nhau đúng bằng 3 hay
ta có
1

3, 1,2, ,99
ii
aa i

 

112
112
2
1, ,98
ii i i
ii i i
ii
aa a a
aa a a i
aa





    









1 100 1 2 2 3 99 100 1 2 1 100 1 2
99 99 3 99.3aa aa aa a a aa aa aa   

Điều này không xảy ra suy ra
150d

không thỏa mãn.
0.25

Ta xây dựng một trường hợp cho
149d

như sau:

12 1
0, 2, 3
kk
aa aa



với
53 52 1
2,3, ,52; 2, 3, 54,55, ,100
kk
kaaaak

   
Khi đó hiệu lớn nhất
53 1

149aa .
Các số
23 53
,,,aa a có dạng
23t

, các số
54 55 100
,,,aa a

có dạng
147 3k
. Rõ ràng
không tồn tại
,kt
sao cho


2 3 147 3 3 145tkkl   
(
,kt


).
Suy ra điều phải chứng minh.
0.25
Hết
Lờ c Dng Qunh Lu Ngh An

thi th THPT


Đề thi thử vo thpt năm học 2012 - 2013
Môn toán
Thời gian: 120 phút
Bi 1:(2,5 điểm) Cho biểu thức A =
11 1
:
121
x
xx x x x








a) Tìm điều kiện xác định v rút gọn A
b) Tính A với x =3 - 2
2

c) Tìm m để phơng trình A.
2
x
xm

Bi 2 : (2,5 điểm) : Cho phng trỡnh: x
2
- 2(m - 1)x - m - 3 = 0 (1)
a/ Gii phng trỡnh vi m = - 3.
b/ Tỡm m phng trỡnh (1) cú hai nghim tha món h thc
22
12
10xx

c/ Tỡm h thc liờn h gia cỏc nghim khụng ph thuc giỏ tr ca m.
Bi 3 : (2,0 điểm ):
Hai ô tô cùng khởi hnh cùng một lúc từ A đến B cách nhau 150 km. Biết vận tốc ô tô
thứ nhất lớn hơn vận tốc ô tô thứ hai l 10 km/h v ô tô thứ nhất đến B trớc ô tô thứ
hai l 30 phút. Tính vận tốc của mỗi ô tô.
Bi 4: (3,0 điểm):
Cho t giỏc ABCD ni tip na ng trũn (O) ng kớnh AD. Hai ng chộo AC
v BD ct nhau ti E. K EF vuụng gúc vi AD (F

AD; F

O).
a) Chng minh: T giỏc ABEF ni tip.
b) Chng minh: Tia CA l tia phõn giỏc ca gúc BCF;
c) Gi M l trung im ca DE. Chng minh: CM.DB = DF.DO.
Hết

Đề số 1
Lờ c Dng Qunh Lu Ngh An


thi th THPT


Đáp án - biểu điểm

TT Nội dung Đi
ể
m
Bi
1
a) Đkxđ của A l:
0
0
1
0
x
x
x
xx

A =



2
1
11 11 1
:
121 1
1
x
x
xx
x
xx x x x x
xx

b)


2
322 21x
kx
211 22
21 432
21 21
xA




c) A.
1
2.2 1
x
xxm xxmxm
x


(1)
Để phơng trình (1) có nghiệm thì
10 1
11 2
mm

mm









0,25


1,0

0,25

0,5

0,25


0,25

Bi
2
a/ Vi m = - 3
2
(1) 8x 0 ( 8) 0 0; 8xxxxx
b/ Phng trỡnh (1) cú hai nghim

/2 2 2
115
0[(1)]( 3)0 40( ) 0
24
mm mm m
,
m
Vỡ
/
0 m nờn phng trỡnh luụn cú 2 nghim phõn bit m
Theo h thc Vi- ột ta cú :
(1)
12
(2)
12
2( 1)
.3
xx m
xx m






Mt khỏc ta cú:
22 2
12 12 12
()2.
x

xxx xx = 10 (3) thay (1) v (2)
vo (3) ta cú: [2(m -1)]
2
+2.(m +3) = 10

4m
2
6m + 10 = 10


4m
2
- 6m = 0

m = 0; m = 1,5

c/ T (2) ta cú: m = - x
1
.x
2
3 thay vo (1) ta c:
x
1
+ x
2
= 2.(- x
1
.x
2
- 3 - 1)

x
1
+ x
2
+ 2. x
1
.x
2
+ 8 = 0
Vy h thc liờn h gia cỏc nghim khụng ph thuc m l :
x
1
+ x
2
+ 2. x
1
.x
2
+ 8 = 0
1,0

0,25



0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
Bi
3
Gọi vận tốc ô tô thứ 2 l x (km/h), k x >0
Vận tốc ô tô thứ nhất l x + 10 (km/h)
Thời gian ô tô thứ nhất đi từ A đến B l:
150
10x

(giờ)
Thời gian ô tô thứ hai đi từ A đến B l:
150
x
(giờ)
0,25
0,25
0,25

0,25
Lê Đức Dũng – Quỳnh Lưu – Nghệ An


Đề thi thử THPT
Do « t« thø nhÊt ®Õn tr−íc « t« thø hai lμ 30 phót =
1
2

giê nªn
Ta cã PT:
150 150 1
50
10 2
x
x
x



Gi¶i ra ta ®−îc: x = 50 (tm)
VËy vËn tèc « t« thø nhÊt lμ 60 km/h
vËn tèc « t« thø hai lμ 50 km/h



0,5

0,25

0,25
Bi
4
VÏ h×nh ®óng

a) Ta có:

1
A
BD v
( gãc néi tiÕp chắn nửa đường tròn đường kính
AD) (1)


AF 1Ev

(DoEF
A
D

) (2)
Từ (1)và (2) suy ra:


2
A
BD AEF v

 , mà hai góc ở vị trí đối
diện.
 tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn đường kính AE.

b) Tương tự tứ giác DCEF nội tiếp đường tròn đường kính DE

(Hsinh tự c/m)




EDF ECF (cùng chắn

EF )
(3)
Mặt khác trong (O) ta củng có


A
DB ACB (cùng chắn

A
B )
(4)
Từ (3) và (4) suy ra:


A
CB ACF .
Vậy tia CA là tia phân giác của góc BCF. (đpcm)

c) Chứng minh: CM.DB = DF.DO.
Do M là trung điểm của DE nên M là tâm đường tròn ngoại
tiếp tứ giác DCEF

M

DC

cân tại M, hay MD = CM.
(5)
Mặt khác hai tam giác cân MDF và ODB đồng dạng với nhau nên

DF DM
DM DB DF DO
DB DO
 

(6)
Từ (5) và (6) suy ra: CM.DB = DF.DO (đpcm)
0,25






0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25



0,25

0,25
0,25

HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
O
M
F
E
D
C
B
A

SỞ GD-ĐT
ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 THPT / 2011-2012
Phòng GD Mơn thi : TỐN
Thời gian : 150 phút (khơng kể thời gian phát đề)

Bài 1: (1 điểm)
Tính :
21
2
2
232

23
228






.
Bài 2: (3 điểm)
Cho phương trình ( ẩn số x ) : mx
2
– ( 5m – 2 )x + 6m – 5 = 0 (1)
a) Giải phương trình (1) khi m = 0 .
b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn luôn có nghiệm.
c) Tìm m để phương trình (1 ) có hai nghiệm là hai số nghòch đảo của nhau.
Bài 3: (2 điểm)
a) Vẽ đồ thò (P) hàm số y = x
2
.
b) Trên (P) lấy hai điểm A và B có hoành độ lần lượt là -2 và 1.
Viết phương trình đường thẳng AB.
Bài 4: (3 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB, AC là một dây cung của nó. Kẻ tiếp tuyến Ax và kẻ
đường phân giác góc CAx cắt đường tròn ở E và cắt BC kéo dài ở D.
a) Chứng minh tam giác ABD cân và OE // BD.
b) Gọi I là giao điểm của AC và BE. Chứng minh DI

AB.
c) Tìm quỹ tích của D khi C di động trên nửa đường tròn (O).

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN

Bài 1.( 1 điểm ) =








21
212

2
322
29
23228







( 0,75 điểm )
=




7
1427722823 

=




7
142722123 

=
7

142742263 

= - 1 ( 0,25 điểm )
Bài 2. ( 3 điểm )
a) Khi m = 0, ta có phương trình 2x – 5 = 0

x =
2
5
( 0,75 điểm )
b) m
0 ,

25  m
2
– 4m( 6m – 5) ( 0,25 điểm )

mmmm 202442025
22


= m
2
+ 4 > 0 0m ( 0,5 điểm )
Vậy phương trình có nghiệm với mọi giá trò m ( 0,25 điểm )
c) Điều kiện m
0
( 0, 25 điểm )
Ta có x
1

. x
2
= 1 ( x
1
, x
2
nghòch đảo của nhau ) ( 0, 25 điểm )
Hay
1
56


m
m
( 0, 25 điểm )
Ta được : m = 1 ( 0, 5 điểm )
Bài 3. ( 2 điểm )












a) Hàm số y = x

2
xác đònh trên tập số thực R
hàm số y = x
2
nghòch biến khi x < 0, đồng biến khi x > 0. ( 0, 25 điểm )
- Vẽ chính xác, đúng đồ thò . ( 0, 75 điểm )
b) A( -2 ; y
A
) )(P  y
A
= 4 vậy A( -2 ; 4 )
B(1 ; y
B
)  )(P y
B
= 1 vậy B( 1 ; 1 ) ( 0, 5 điểm )
Phương trình đường thẳng (d) có dạng y = ax + b
-1
1
-2
O
2
1
4
x
y

O
-2 -1
2

1
1
4
A
B
x
y
Vì A, B thuộc ( d )






ba
ba
1
24
( 0, 25 điểm )
Ta tìm được a = - 1 ; b = 2
Vậy phương trình ( d) : y = - x + 2 ( 0, 25 điểm )
Bài 4. ( 3 điểm )

a) Ta có :
 ADB +  DAC = 90
0
( do

C = 90
0
) ,
và

DAB +

A = 90
0
( 0,5 điểm)
do :
 xAD =  DAC nên :  ADB =

DAB ABD

 cân tại B. ( 0, 5 điểm )
b)
A
BD , BE và AC là hai đường cao, chúng cắt nhau tại I. Nên OI là đường cao thứ ba,
DI
A
B
. ( 1 điểm ).

c) Theo Cm câu a) ta có : DB = AB = 2R ( kh6ng đ6ỉ ), nên D nằm trên đường tròn tâm B, bán
kính 2R. chú ý nói thêm phần giới hạn. ( 1
điểm ).






O
A
B
C
D
I
E
x
SƠ
̉
GIA
́
O DU
̣
C VA
̀
ĐA
̀
O TA
̣
O

KIÊN GIANG

ĐÊ
̀
CHI
́
NH THƯ
́
C
(Đê
̀
thi co
́
01 trang)
KY
̀
THI TUYÊN SINH VA
̀
O LƠ
́
P 10 THPT
NĂM HO
̣
C 2011-2012

MÔN THI: TOA
́
N (chuyên)
Thơ
̀

i gian: 150 phu
́
t (không kê
̉
thơ
̀
i gian giao đê
̀
)
Nga
̀
y thi: 23/6/2011


Câu 1. (1,5 điê
̉
m)
Cho biê
̉
u thư
́
c A =
23322
: 1 (víi 0, 9)
9
33 3
xxx x
xx
x
xx x



  



 


a) Ru
́
t go
̣
n A
b) Tı
̀
m
x
đê
̉
A =
1
3



Câu 2. (1,5 điê
̉
m)
Cho ha

̀
m sô
́

2
yx (P) va
̀

(3) 3ym xm


(d)
a) Ve
̃
đô
̀
thi
̣
ha
̀
m sô
́
(P)
b) Chư
́
ng to
̉
(d) luôn luôn că
́
t (P) ta

̣
i hai điê
̉
m phân biê
̣
t

Câu 3. (1,5 điê
̉
m)
Gia
̉
i hê
̣
phương trı
̀
nh:
2
2
2
2
10
51
1
20
311
1
y
x
y

y
x
y















Câu 4. (1,5 điê
̉
m)
Cho phương trı
̀
nh:
2
210xmx
(1). Tı
̀
m
m

đê
̉
X =
22 2 2
11 2 2
( 2012) ( 2012)xx xx 
đa
̣
t gia
́
tri
̣
nho
̉
nhâ
́
t, tı
̀
m gia
́
tri
̣
nho
̉
nhâ
́
t đo
́
(
12

,
x
x
la
̀
hai
nghiê
̣
m phân biê
̣
t cu
̉
a (1))

Câu 5. (3 điê
̉
m)
Cho nư
̉
a đươ
̀
ng tro
̀
n tâm O đươ
̀
ng kı
́
nh AB; trên nư
̉
a đươ

̀
ng tro
̀
n lâ
́
y điê
̉
m C (cung BC
nho
̉
hơn cung AB), qua C dư
̣
ng tiê
́
p tuyê
́
n vơ
́
i đươ
̀
ng tro
̀
n tâm O că
́
t AB ta
̣
i D. Ke
̉
CH
vuông go

́
c vơ
́
i AB (H
 AB), ke
̉
BK vuông go
́
c vơ
́
i CD (K

CD); CH că
́
t BK ta
̣
i E.
a) Chư
́
ng minh: CB la
̀
phân gia
́
c cu
̉
a go
́
c DCE
b) Chư
́

ng minh: BK + BD < EC
c) Chư
́
ng minh: BH . AD = AH . BD

Câu 6 (1 điê
̉
m)
Chư
́
ng minh ră
̀
ng:
11
21. 3. 31ab
ba

 


, vơ
́
i
, 0ab


HÊ
́
T

(Thı
́
sinh đươ
̣
c sư
̉
du
̣
ng ma
́
y tı
́
nh theo quy chê
́
hiê
̣
n ha
̀
nh)

Thı
́
sinh không đươ
̣
c sư
̉
du
̣
ng ta
̀

i liê
̣
u, gia
́
m thi
̣
không gia
̉
i thı
́
ch gı
̀
thêm

Ho
̣
tên thı
́
sinh:……………………………………….Sô
́
ba
́
o danh:………………
ĐA
́
P A
́
N
CÂU NÔ
̣

I DUNG ĐIÊ
M
1.

















2.

a) Vơ
́
i
0, 9xx
ta co
́
:


 




 


    


 

23322
A= : 1
9
33 3
2( 3) ( 3)33 2 2 3
:
(3)(3) 3
xxx x
x
xx x
xx xx x x x
xx x

26 333 1 33 3
:
( 3)( 3) 3 ( 3)( 3) 1
3( 1) 3
(3)(1) 3
xxxxx x x x

xx x xx x
x
xx x
   

   
 

 

b) Tı
̀
m
x
đê
̉
A =
1
3


A =
1
3


31
39 6 36
3
3

xxx
x



(tho
̉
a ma
̃
n
0, 9xx
)
Vâ
̣
y A =
1
3

khi 36x  .
a) Ve
̃
đô
̀
thi
̣
(P):
2
yx
Ta co
́

ba
̉
ng gia
́
tri
̣
:
x

-


-2 -1 0 1 2 3
y
9 4 1 0 1 4 9




b) Phương trı
̀
nh hoa
̀
nh đô
̣
giao điê
̉
m cu
̉
a (P) va

̀
(d):

22
(3) 3 (3) 30 (1)xmxm xmxm  
a = 1 ; b =
(3)m
; c =
3m


Ta co
́
:

2
2
( 3) 4.1.( 3) 6 9 4 12mmmmm         
=

 
2
(1)200 víi
m
m

3.













4.

5.










Phương trı
̀
nh (1) co
́
2 nghiê
̣
m phân biê
̣
t

(d) luôn luôn că

́
t (P) ta
̣
i hai điê
̉
m phân
biê
̣
t












2
2
2
2
10
51
1
(I)
20

311
1
y
x
y
y
x
y
Đă
̣
t 
2
xu
(
 0
u
) va
̀



2
10
1
y
v
y

Hê
̣

(I) trơ
̉
tha
̀
nh:
    



   

5 1 10 2 2 13 13 1
3211 3211 5 1 4
uv u v u u
uv uv uv v

Vơ
́
i
  
2
11 1
ux x

Vơ
́
i




   




2
2
2
10
4441040
1
1
2
y
y
vyy
y
y

Thư
̉
la
̣
i ta thấy hê
̣
(I) đu
́
ng vơ
́
i


 
1
1; 2 hoÆc
2
xy y

Vâ
̣
y hê
̣
(I) co
́
4 nghiê
̣
m (1 ; 2) ; (1 ;
1
2
) ; (-1 ; 2) ; (-1 ;
1
2
)
Phương trı
̀
nh:

2
210 (1)
xmx

Ta co
́
:
 
'2
1
m

Đê
̉
phương trı
̀
nh co
́
2 nghiê
̣
m phân biê
̣
t
12
,
xx
thı
̀



    




2
1
'0 10
1
m
m
m

Theo Viet ta co
́
:





12
12
2
(I)
1
xx m
xx

Theo đê
̀
ta co
́
: X =

  
22 2 2 4 2 4 2
11 2 2 1 1 2 2
( 2012) ( 2012) 2012 2012
xx xx x x x x


   
 
   
 
222 22 22
12 12 12
2
222
12 12 12 12 12
( ) 2 2012( )
( ) 2 2( ) 2012 ( ) 2
xx xx xx
x x xx xx x x xx

Thay hê
̣
thư
́
c (I) va
̀
o biê
̉
u thư

́
c X ta co
́
:
X =
 
22 2
(4 2) 2012(4 2) 2
mm

=
    
22 2 2 2
(4 2) 2.(4 2).1006 1006 1006 2
mm

=

    

2
222
(4 2) 1006 (1006 2) -(1006 2)
m

X đa
̣
t gia
́
tri

̣
nho
̉
nhâ
́
t khi
    
222
4 2 1006 0 4 1008 252
mmm









67
67
m
m
tho
̉
a điê
̀
u kiê
̣
n phương trı

̀
nh co
́
nghiê
̣
m
Khi đo
́
minX = -(1006
2
+ 2)











2
2
1
1
F
E
K
H

C
D
B
A
O
(O;
AB
2
); C
AB
(O; )
2


CD: tiê
́
p tuyê
́
n; CD că
́
t AB ta
̣
i D
CH
AB (H AB)

BK
CD (K CD)
, CH


BK ta
̣
i E
KL
GT
a) CB la
̀
phân gia
́
c cu
̉
a

DCE
b) BK + BD < EC
c) BH . AD = AH . BD

6.

a) Chư
́
ng minh CB la
̀
phân gia
́
c cu
̉
a go
́
c DCE
Ta co
́
:



DCB CAB (cïng ch¾n BC)



BCE CAB (gãc cã c¹nh t−¬ng øng vu«ng gãc)
Do đo
́
CB la
̀
tia phân gia
́
c cu

̉
a go
́
c DCE
b) Chư
́
ng minh BK + BD < EC
Xe
́
t ∆CDE co
́
:
EK CD (BK CD)
B lμ trùc t©m cña CDE
DH CE (CH AB)







CB DE t¹i F hay CB la
̀
đươ
̀
ng cao cu
̉
a ∆CDE .Ma
̀

CB la
̀
tia phân gia
́
c cu
̉
a go
́
c
DCE nên ∆CDE cân ta
̣
i C


CED CDE
Mă
̣
t kha
́
c:


11
D E (gãc cã c¹nh t−¬ng øng vu«ng gãc)

Do đo
́
∆BDE cân ta
̣
i B

BD = BE

BD + BK = BE + BK = EK
Trong tam gia
́
c CKE vuông ta
̣
i K co
́
: EK < EC (ca
̣
nh huyê
̀
n lơ
́
n nhâ
́
t)
 BK + BD < EC
c) Chư
́
ng minh BH . AD = AH . BD
Xe
́
t tam gia
́
c ABC co
́
:


0
ACB 90 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®−êng trßn)

2
BH . BA = BC
(hê
̣
thư
́
c vê
̀
ca
̣
nh va
̀
đươ
̀
ng cao trong tam gia
́
c vuông)
Ta la
̣
i co
́
:
BH BC
BHC BFD (g-g) BH . BD = BC . BF
BF BD
 
~

BH.(BA+BD) = BC.(BC + BF) BH . AD = BC . CF (1)
Mă
̣
t kha
́
c ta co
́
: AC // DE (cu
̀
ng vuông go
́
c vơ
́
i CF)





2
0
D CAB (so le trong)
AH AC
ACH
DF BD
mμ AHC DFB 90




   




~ DBF (g-g)

AH . BD = DF . AC (2)

Mă
̣
t kha
́
c:
AC CF
ABC CDF (g -g) BC . CF = DF . AC (3)
BC DF
  ~

Tư
̀
(1); (2) va
̀
(3) suy ra: BH . AD = AH . BD

*Ta co
́
:


  


11213
21. 3. 21 3
abab
baba

Vơ
́
i
, 0
ab
. A
́
p du
̣
ng bâ
́
t đă
̉
ng thư
́
c Côsi, ta đươ
̣
c:
 
33
21 2 21 6 7
aa

aa
(1)
 
21 21
32367
bb
bb
(2)
Cô
̣
ng tư
̀
ng vê
́
cu
̉
a (1) va
̀
(2) ta đươ
̣
c:

  


11
21 3 12 7
ab
ab

Ma
̀
:
12 7 144.7 1008
;

2
31 31 961 12 7 31



 


11
21 3 > 31
ab
ab
(đpcm)
HÊ
́
T
Gv sưu tâ
̀
m va
̀
biên soa
̣
n: Ta
̣

Minh Bı
̀
nh
Trươ
̀
ng: THCS Tha
̣
nh Lô
̣
c-Châu Tha
̀
nh- Kiên GiangEmail:


DCB BCE


22
D E
TRƯỜNG THCS TÔ HIỆU


ĐỀ THI THỬ LẦN 2
Đề gồm 02 trang

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 PTTH
NĂM HỌC 2012-2013
Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút (không kể giao đề)
Ngày thi : / /2012

Phần 1- Trắc nghiệm (2,0 điểm)
Hãy chọn chỉ một phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó
vào bài làm:
Câu 1. Rút gọn biểu thức
82 được kết quả là
A.
10 B. 16
C.
22 D. 32.
Câu 2. Phương trình nào sau đây có hai nghiệm trái dấu
A. x
2
+ x = 0 B. x
2
+ 1 = 0. C. x
2
-1 = 0. D. x
2
+2x + 5 = 0.
Câu 3. Đường thẳng y = mx + m
2
cắt đường thẳng y = x + 1 tại điểm có hoành độ bằng 1
khi và chỉ khi
A. m = 1 B. m = -2 C. m = 2 D. m = 1 hoặc m = -2.
Câu 4. Hàm số y = |(m - 1)x + 2012| đồng biến trên
 khi và chỉ khi
A.
m  B. 1m  . C. 1m


. D. 1m

.
Câu 5. Phương trình

2
1. 3 0xx có tập nghiệm là
A.


1; 3 B.


1;1 C.


3 D.


1;1; 3 .
Câu 6. Cho đường tròn (O; R) có chu vi bằng
4

cm. Khi đó hình tròn (O; R) có diện tích
bằng
A.
4

cm
2

B. 3

cm
2
C. 2

cm
2
D.

cm
2
.
Câu 7. Cho biết
3
sin
5

 , khi đó
cos

bằng
A.
2
5
B.
3
5
C.
4

5
D.
5
3
.
Câu 8. Một hình trụ có chiều cao bằng 3 cm, bán kính đáy bằng 4 cm. Khi đó diện tích
mặt xung quanh của hình trụ đó bằng
A.
12

cm
2
B.
24

cm
2
C.
40

cm
2
D.
48

cm
2
.
Phần 2- Tự luận (8,0 điểm)
Câu 9. (2,0 điểm)

1. Cho biết a =
23
và b = 23 . Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab
2. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) x
4
+ 3x
2
– 4 = 0 b)
2x + y = 1
3x + 4y = -1




Câu 10. (2,0 điểm)
1. Biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (2;
1
2
) và song song với đường thẳng
2x + y = 3. Tìm các hệ số a và b.
2. Cho phương trình bậc hai ẩn x: x
2
– (m – 2)x – m
2
+ 3m – 4 = 0 (1). (m là tham số)
a) Chứng minh phương trình (1) có nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Tìm m để tỉ số giữa hai nghệm của phương trình (1) có giá trị tuyệt đối bằng 2.
Câu 11. (3,25 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB. Điểm C thuộc đường tròn (O) ( CB < CA, C khác A

và B). Gọi D là điểm chính giữa của cung AC, E là giao điểm của AD và BC.
1) Chứng minh tam giác ABE cân tại B.
2) Gọi F là điểm thuộc đường thẳng AC sao cho C là trung điểm của AF. Chứng minh


EFA EBD .
3) Gọi H là giao điểm của AC và BD, EH cắt AB tại K, KC cắt đoạn EF tại I. Chứng
minh rằng
a) Chứng minh tứ giác EIBK nội tiếp.
b)
HF EI EK
B
CBIBK
 .

Câu 12. (0,75 điểm): Thí sinh chọn một trong hai bài sau
Bài 1: Giải phương trình:
y - 2010 1
x - 2009 1 z - 2011 1 3
x - 2009 y - 2010 z - 2011 4





Bài 2: Cho

3
2
13 3

x
fx
x
x


. Hãy tính giá trị của biểu thức sau:

1 2 2010 2011

2012 2012 2012 2012
Af f f f
 

 
 





======Hết======


Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Giám thị số 1:
Giám thị số 2: