Tổng hợp đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán tỉnh tuyên quang từ năm học 2009 đến năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2015 - 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề có 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình: 12 x 2 − x − 1 = 0.
6 x − 7 y = 40
b) Giải hệ phương trình: 
 2 x − 5 y = 8.
Câu 2 (2,0 điểm). Cho parabol (P): y = 2 x 2 và đường thẳng (D): y = x - m + 1 (với
m là tham số).
a) Vẽ Parabol (P).
b) Tìm tất cả các giá trị của m để (P) cắt (D) tại đúng một điểm.
Câu 3 (2,0 điểm). Một ô tô và một xe máy ở hai địa điểm A và B cách nhau 180 km,
khởi hành cùng một lúc đi ngược chiều nhau và gặp nhau sau 2 giờ. Biết vận tốc của
ô tô lớn hơn vận tốc của xe máy 10 km/h. Tính vận tốc của mỗi xe.
Câu 4 (3,0 điểm). Cho điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến
AB, AC với đường tròn đó (B, C là các tiếp điểm). Gọi M là trung điểm của AB.
Đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại N (N khác C).
a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh MB 2 = MN .MC.
·
c) Tia AN cắt đường tròn (O) tại D ( D khác N). Chứng minh: MAN
= ·ADC.

Câu 5 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

A = 2( m + p ) + mp − m 2 − p 2 .
---Hết ---


Hướng dẫn chấm, biểu điểm
MÔN THI: TOÁN CHUNG
Điểm

Nội dung
Câu 1

12 x 2 − x − 1 = 0

a) Giải phương trình:

1.0

Ta có ∆ = 49 ⇒ ∆ = 7

0.5

1
1
Phương trình có nghiệm: x1 = − ; x2 =
4
3

0.5

6 x − 7 y = 40

2 x − 5 y = 8

1.0

Ta có: 

6 x − 7 y = 40
6 x − 7 y = 40
⇔
2 x − 5 y = 8
6 x − 15 y = 24

0.25

6 x − 7 y = 40
x = 9
⇔
⇔
.
8 y = 16
y = 2

0.5
0.25

b) Giải hệ phương trình:

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x; y) = (9; 2)
Câu 2. Cho parabol (P): y = 2 x 2 và đường thẳng (D): y = x - m + 1 (với m là
tham số).
a) Vẽ Parabol (P).
b) Tìm tất cả các giá trị của m để (P) cắt (D) tại đúng một điểm.

1.0
a) Vẽ đồ thị hàm số:
x

-2

-1

0

1

2

y = 2x 2

8

2

0

2

8

0.5
0.5

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D):
2x 2 = x − m + 1 ⇔ 2x2- x+m-1=0
∆=9-8m
Để (P) và (D) có một điểm chung thì : ∆ = 0 ⇔ 9 - 8m = 0 ⇔ m =
Vậy với m =

9
8

9
thì (P) và (D) có một điểm chung.
8

Câu 3. Một ô tô và một xe máy ở hai địa điểm A và B cách nhau 180 km, khởi
hành cùng một lúc đi ngược chiều nhau và gặp nhau sau 2 giờ. Biết vận tốc của
ô tô lớn hơn vận tốc của xe máy 10 km/h. Tính vận tốc của mỗi xe.

1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
2,0

2

Gọi vận tốc của ô tô là x (km/h)
vân tốc của xe máy là y (km/h) ( Đk: x > y> 0, x > 10)
Ta có phương trình : x – y = 10
(1)
Sau 2 giờ ô tô đi được quãng đường là 2x (km)
Sau 2 giờ xe máy đi được quãng đường là: 2y (km)
Theo bài ra ta có phương trình: 2x + 2y = 180 hay x + y = 90 (2)
 x − y = 10
 x = 50
⇔
(T/M ĐK)
 x + y = 90
 y = 40

Từ (1), (2) ta có hệ phương trình : 

Vậy vận tốc của ô tô là 50 km/h và vận tốc của xe máy là: 40 km/h

0. 5
0.25
0.5
0.25
0.25
0.25

Câu 3 (3 điểm) Cho điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp
tuyến AB, AC với đường tròn đó (B, C là các tiếp điểm). Gọi M là trung điểm
của AB. Đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại N (N khác C).

a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh MB 2 = MN .MC
·
c) Tia AN cắt đường tròn (O) tại D ( D khác N). Chứng minh: MAN
= ·ADC
Vẽ hình đúng
B
M
O

A
N

0,25
D

C

a) Xét tứ giác ABOC có :

·ABO + ·ACO = 90o + 90o = 180o nên tứ giác ABOC nội tiếp
b) Xét ∆MBN và ∆MCB có :
¶ chung
M
·
·
(cùng chắn cung BN)
MBN
= MCB
MB MN

=
⇔ MB 2 = MN .MC
=> ∆MBN ∼ ∆MCB (g-g) nên
MC MB
¶
c) Xét ∆MAN và ∆MCA có góc M chung.
Vì M là trung điểm của AB nên MA = MB .
MA MC
=
Theo câu b ta có: MA2 = MN .MC ⇔
MN MA
Do đó : ∆MAN ∼ ∆MCA (c-g-c)

1.0
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25

3


·
·
·
=> MAN
(1)
= MCA
= NCA

·
·
mà: NCA
(cùng chắn cung NC) (2)
= NDC
·
·
·
Từ (1) và (2) suy ra: MAN
hay MAN
= NDC
= ·ADC

Câu 4 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
A = 2(m + p ) + mp − m − p
2

0.25
1,0

2

Biểu thức có thể viết: 2 A = 4( m + p) + 2mp − 2m 2 − 2 p 2
⇔ 2 A = −(m 2 − 2mp + p 2 ) − (m 2 − 4m + 4) − ( p 2 − 4 p + 4) + 8

0,25
0,25

⇔ 2 A = −( m − p) 2 − ( m − 2) 2 − ( p − 2) 2 + 8 ≤ 8

Do đó: A ≤ 4
Suy ra giá trị lớn nhất của A là 4 đạt được khi m = p = 2

0,25
0,25

(Ghi chú: Nếu thí sinh có cách giải khác mà đúng đáp số thì vẫn cho điểm tối đa).

4


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2014-2015
Môn: Toán
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề có 01 trang

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,0 điểm).
a) Rút gọn biểu thức: A =

1
2 x
1
+
−

với x > 0; x ≠1.
x
−
1
x+ x
x− x

2 x + y = −4
b) Giải hệ phương trình: 
x − 3 y = 5

Câu 2. (1,0 điểm).
Vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ đồ thị của các hàm số y = x 2 và y = 3x – 2.
Tìm tọa độ các giao điểm của hai đồ thị trên.
Câu 3. (2,0 điểm). Cho phương trình: -3x2 + 2x + m = 0 với m là tham số.
a) Giải phương trình khi m = 1.
b) Tìm điều kiện của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Câu 4. ( 1,5 điểm).
Hai ô tô đi từ A đến B dài 200km. Biết vận tốc xe thứ nhất nhanh hơn vận tốc
xe thứ hai là 10km/h nên xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc
mỗi xe.
Câu 5. (3,0 điểm).
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Hai
tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D. E là
trung điểm đoạn AD. EC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai F. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác OEBM nội tiếp.
b) Tam giác MBD và tam giác MAB đồng dạng.
·
·
c) BFC

và BF // AM.
= MOC

Câu 6. (0,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = 2x + 5 − x2 .
---Hết---

5


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2014-2015
MÔN: TOÁN
Hướng dẫn chấm

Câu
1
Rút gọn các biểu thức A
a)
1
2 x
1
A=

b)

x+ x

+

x −1

−

=

x− x

x− x −x− x 2 x
+
x2 − x
x −1

=

−2 x 2 x 2 x  1 
+
=
− +1
x( x − 1) x − 1 x − 1  x 

=

2
2 x ( x − 1)
=
với x > 0; x ≠ 1
x
x( x − 1)

0,25
0,25
1.0

 2 x + y = −4
Giải pt: 
x − 3 y = 5
6 x + 3 y = −12
7 x = −7
⇔
⇔
x − 3 y = 5
x − 3 y = 5

0,5

 x = −1
 x = −1
⇔
⇔
− 1 − 3 y = 5
 y = −2

 x = −1
 y = −2

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: 
y

2

Điểm
1.0
0,5

0,25
0,25
1,0

5

B

4
3
2

A

1

f(x)=x^2
f(x)=3*x-2

-3

-2

-1

-1

x
1

2

3

-2

Vẽ được đồ thị y = 3x - 2
Vẽ được đồ thị y = x2
Gọi A, B là giao điểm của hai đồ thị
Lập được PT: x2 = 3x - 2
Tìm được x = 1 và x = 2
Giao điểm A(1; 1)
Giao điểm B(2; 4)
3

a) Giải phương trình khi m = 1

m=1 pt trở thành: -3x2 + 2x + 1 = 0 (*)
Vì phương trình (*) có a - b + c = 0 nên

0,25
0,25

0,25

0,25
1,0
0,25
0,25
6


Câu

Hướng dẫn chấm

(*) ⇔ x = 1; x = −

1
3

b) Tính ∆ (hoặc ∆ ' ):

Điểm
0, 5
0,25

∆ ' = 1 + 3m

Để PT có hai nghiệm phân biệt thì ∆ ' > 0

⇔ 1 + 3m > 0
1
⇔m>−
3

0,25
0,25
0,25

4

Gọi vận tốc xe thứ hai là x (km/h). Đk: x > 0
Vận tốc xe thứ nhất là x + 10 (km/h)
200
(giờ)
x + 10
200
Thời gian xe thứ hai đi quảng đường từ A đến B là :
(giờ)
x

Thời gian xe thứ nhất đi quảng đường từ A đến B là :

1,5
0,25
0,25
0,25

Xe thứ nhất đến B sớm 1 giờ so với xe thứ hai nên ta có phương
trình:

200 200
−
=1

x
x + 10

0,25

Giải phương trình ta có x1 = 40 , x2 = -50 ( loại)
x1 = 40 (TMĐK).
Vậy vận tốc xe thứ nhất là 50km/h, vận tốc xe thứ hai là 40km/h.
5

0,25
0,25
3,0

Vẽ được hình
0,25

a) CM: Tứ giác OEBM nội tiếp
Ta có EA = ED (gt) ⇒ OE ⊥ AD ( Quan hệ giữa đường kính và dây)
·
·
⇒ OEM
= 900; OBM
= 900 (Tính chất tiếp tuyến)

0,75
0,25
0,25
7

Câu

Hướng dẫn chấm

E và B cùng nhìn OM dưới một góc vuông ⇒ Tứ giác OEBM
nội tiếp.
CM: ∆MBD đồng dạng với ∆MAB

b)

Điểm
0, 25
0,25
1,0

Xét tam giác MBD và tam giác MAB có:
1
·
» ( góc nội tiếp chắn cung BD)
= sđ BD
Ta có MBD
2

0,25

1
·
» ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn
MAB

= sđ BD
2

cung BD)
·
·
Suy ra MBD
.
= MAB
Lại có góc M chung
Vậy ∆MBD : ∆MAB

0,25
0,25
0,25
0, 5

c) CM: BFC
·
·
= MOC
1 ·
1
·
» (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
= BOC
Ta có: MOC
= sđ BC

0,25

1
·
» (góc nội tiếp) ⇒ BFC
·
·
BFC
= sđ BC
.
= MOC
2

0,25

2

6

2

CM: BF // AM

0, 5

µ +C
µ = 1800) ⇒ MEC
·
·
Tứ giác MEOC nội tiếp ( E
( hai

= MOC
góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
·
·
Mặt khác MOC
(theo c.m.t)
= BFC
·
·
⇒ BFC
⇒ BF // AM.
= MEC

0,25

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 x + 5 − x 2

0,5

0,25

ĐK: − 5 ≤ x ≤ 5
Vì x ≥ − 5 nên 2 x ≥ −2 5 .
Mà

5 − x2 ≥ 0

⇒ A = 2 x + 5 − x 2 ≥ −2 5
Đẳng thức xảy ra khi x = − 5

(

Ta có A2 = 2 x + 5 − x 2

)

2

0,25

(

)(

≤ 22 + 12 x 2 + 5 − x 2

⇔ A2 ≤ 25 ⇒ A ≤ 5
x
Đẳng thức xảy ra khi = 5 − x 2 ⇔ x = 2
2
Vậy GTNN của biểu thức A là −2 5 khi x = − 5

)
0,25
8


Câu

Hướng dẫn chấm

GTLN của biểu thức A là 5 khi x = 2

Điểm

Lưu ý: Thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

---Hết---

9


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2013 - 2014
MÔN THI: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề có 01 trang)

Câu 1 (3,0 điểm).
a) Giải phương trình: x 2 − 2 x − 4 = 0 .

 x + 2 y = −4
2 x − y = 7

b) Giải hệ phương trình : 

c) Cho phương trình: x 2 − 2 x + m − 1 = 0 . Tìm m để phưong trình có 2 nghiệm
2
2
phân biệt thoả mãn điều kiện: x1 + x2 = 5 .
Câu 2 (2,5 điểm). Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 32 m. Nếu tăng chiều
rộng lên gấp đôi, chiều dài lên gấp ba thì chu vi mảnh vườn mới là 82 m. Tính các
cạnh của mảnh vườn ban đầu.
Câu 3 (3,5 điểm). Cho điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O. Vẽ tiếp tuyến MA, MB
với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O
(C nằm giữa M và D), OM cắt AB và đường tròn tâm O lần lượt tại H và I.
Chứng minh.
a) Tứ giác MAOB nội tiếp.
b) Hai tam giác MAC và MDA đồng dạng.
c) OH.OM + MC.MD = MO2.
Câu 4 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c, d sao cho: a + b + c + d = 2 .
Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ 1 . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
----Hết ---10


Hướng dẫn chấm, biểu điểm
MÔN THI: TOÁN CHUNG
Nội dung

Điểm

Câu 1 (3,0 điểm)
x2 − 2x − 4 = 0

a) Giải phương trình:

Ta có ∆ ' = (−1)2 − 1.(−4) = 5 ⇒ ∆ ' = 5
Phương trình có nghiệm: x1 =1 − 5; x2 = 1 + 5
b) Giải hệ phương trình:

 x + 2 y = −4 (1)

(2)
2 x − y = 7

 x + 2 y = −4
 x + 2 y = −4
⇔
⇔
⇒x=2
4 x − 2 y = 14
5 x = 10
x = 2
Thay x = 2 vào (1): 2 + 2y = -4 ⇔ y = -3. Tập nghiệm: 
 y = −3

Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: (x; y) = (2; - 3)
c) Cho phương trình: x 2 − 2 x + m − 1 = 0 . Tim m để phương trình có 2 nghiệm
phân biệt thoả mãn điều kiện: x12 + x22 = 5
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt ta cần có:
∆ ' > 0 ⇔ 1 − (m − 1) = − m + 2 > 0 ⇔ m < 2 (1)
x12 + x22 = 5 ⇔ x12 + x22 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 = 5

Ta có

⇔ 4 − 2(m − 1) = 5 ⇒ m =

1
2

1,0
0,5
0,5
1,0
0,5

0,5
1,0

0,5

0,5

thoả mãn điều kiện (1).
Vậy m =

1
là giá trị cần tìm
2

Câu 2 (2,5 điểm ) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 32 m. Nếu tăng
chiều rộng lên gấp đôi, chiều dài lên gấp ba thì chu vi mảnh vườn mới là 82 m.
Tính các cạnh của mảnh vườn ban đầu.
Gọi chiều rộng, chiều dài của mảnh vườn lúc đầu lần lượt là x, y (m). Điều kiện:

x và y là các số thực dương và x ≤ y .

2,5

0,25

Chu vi mảnh vườn là 32 (m), ta có phương trình
2(x + y) = 32 hay x + y = 16 (1)
Khi tăng chiều rộng lên 2 lần, chiều dài lên 3 lần, chu vi mảnh vườn mới là 82
(m), ta có phương trình
2(2x + 3y) = 82 hay 2x + 3y = 41 (2)

0,5

11


 x + y = 16
 2 x + 3 y = 41

0,5

Ta có hệ phương trình: 

x = 7
y = 9

Giải hệ phương trình thu được nghiệm: 

1,0

(thỏa mãn điều kiện)

Mảnh vườn ban đầu có chiều rộng 7 m có chiều dài 9m
Câu 3 (3 điểm) Cho điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O. Vẽ tiếp tuyến MA,

0,25

MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua
tâm O ( C nằm giữa M và D), OM cắt AB và (O) lần lượt tại H và I. Chứng
minh.
a) Tứ giác MAOB nội tiếp.
b) Hai tam giác MAC và MDA đồng dạng.
c) OH.OM + MC.MD = MO2
A

Vẽ đúng hình

D
C
M
I

O

H

0,5
B

·
·
a) Ta có MAO
= MBO
= 90o ( vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) )
⇒ Tứ giác MAOB nội tiếp

b) Xét ∆ MAC và ∆ MDA
¶
Có chung M
·
» ), nên đồng dạng.
·
= MDA
(cùng chắn AC
MAC
c) Xét ∆ MAO và ∆ AHO
·
·
Có chung góc O và AMO = HAO (cùng chắn hai cung bằng nhau của đường tròn
nội tiếp tứ giác MAOB)
⇒ ∆ MAO : ∆ AHO
⇒ OH.OM = OA2
Lại có: ∆ MAC : ∆ MDA (c.m.t)

0,5
0,5
0,5
0,5
0,25

0,25
0,25
0,25
12


⇒ MC.MD = MA2

Suy ra: OH.OM + MC.MD = MO2
Câu 4. Cho các số thực a, b, c, d sao cho: a + b + c + d = 2

1,0

Chứng minh rằng: a + b + c + d ≥ 1 dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
2

2

2

2

Ta có: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 − (a + b + c + d ) + 2 (thêm, bớt 2)

0,25

1
1
1
1

= ( a − ) 2 + (b − ) 2 + ( c − ) 2 + ( d − ) 2 + 1 ≥ 1
2
2
2
2

0,5

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d =

1
2

0,25

(Ghi chú: Nếu thí sinh có cách giải khác mà đúng đáp số thì vẫn cho điểm tối đa).

13


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2012 - 2013
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề có 01 trang)

Đề chính thức

Câu 1 (3,0 điểm).

a) Giải phương trình: x 2 − x − 12 = 0
2 x + 3 y = 7
.
 x − 10 y = −8

b) Giải hệ phương trình : 
c) Giải phương trình:

x 4 −29 x 2 +100 = 0

Câu 2 (2,5 điểm). Một tàu thuỷ xuôi dòng một khúc sông dài 48 km, rồi ngược khúc
sông ấy hết tổng thời gian 5 giờ. Tính vận tốc thực của tàu thuỷ (khi nước yên lặng)
biết vận tốc của dòng nước là 4 km/h.
Câu 3 (3,5 điểm). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD = 10 cm,
·
CD = 6 cm và BAD
= 600 . Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông
góc với AD tại F.
a) Chứng minh rằng tứ giác DCEF nội tiếp.
b) Tính diện tích tam giác ABD và tam giác ACD.
c) Chứng minh rằng CA là tia phân giác của góc BCF.
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm nghiệm nguyên (x,y) của phương trình
4 y 2 = 2 + 199 − x 2 − 2 x

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

14

Hướng dẫn chấm, biểu điểm
MÔN THI: TOÁN CHUNG
Nội dung

Điểm

Câu 1 (3,0 điểm)

x 2 − x − 12 = 0

a) Giải phương trình:

Bài giải: Ta có ∆ = (−1)2 − 4.1.(−12) = 49 ⇒ ∆ = 7
Phương trình có nghiệm: x1 =
b) Giải hệ phương trình:

−(−1) − 7
−(−1) + 7
= − 3; x2 =
=4
2
2

1,0
0,5
0,5

2 x + 3 y = 7


 x − 10 y = −8

2 x + 3 y = 7
2 x + 3 y = 7
⇔
 x − 10 y = −8  2 x − 20 y = −16

1,0

Ta có: 

0,5

2 x + 3 y = 7
x = 2
⇔
⇔
.
23 y = 23
y =1

0,5

Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: (x; y) = (2; 1)
c) Giải phương trình:

1,0

x 4 −29 x 2 +100 = 0 (*)

Đặt y = x 2 ( điều kiện y ≥ 0 ) phương trình trở thành: y 2 −29 y +100 = 0
Phương trình này có 2 nghiệm: y = 25 và y = 4 (thoả mãn)
Với y = 25 ta có x 2 = 25 ⇔ x = ±5
Với y = 4 ta có x 2 = 4 ⇔ x = ±2

0,25
0,25
0,5
2,5

Câu 2 (2,5 điểm ) Một tàu thuỷ xuôi dòng một khúc sông dài 48 km, rồi ngược

khúc sông ấy hết tổng thời gian 5 giờ. Tính vận tốc thực của tàu thuỷ (khi nước
yên lặng) biết vận tốc của dòng nước là 4 km/h.
Bài giải: Gọi vận tốc tàu thuỷ khi nước yên lặng là x ( km/giờ) ĐK: x > 4

0,25

Vận tốc tàu thuỷ khi xuôi dòng là x + 4 (km/h), khi ngược dòng là x - 4 (km/h)

0,25

Thời gian tàu thuỷ xuôi dòng là
Theo bài ra ta có phương trình:
48
48
+
=5 ( 1 )
x+4 x−4

48
48
(h), ngược dòng là
x+4
x−4

4
Giải phương trình (1) tìm được x1 = 20 ; x2 = −
5
4
Loại x2 = − .
5
Vậy vận tốc tàu thuỷ khi nước yên lặng là 20 km/giờ.
Câu 3 (3 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD = 10 cm,

0,25

0,5

1,0

0,25

15


·
cạnh CD = 6 cm, BAD
= 600 . Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF
vuông góc với AD tại F.

a) Chứng minh rằng tứ giác DCEF nội tiếp.
b) Tính diện tích tam giác ABD và tam giác ACD.
c) Chứng minh rằng CA là tia phân giác của góc BCF.

Vẽ hình đúng
C
2
1
B
E

0,5

A

1

F

D

1,0

a) Tứ giác DCEF nội tiếp.
·
Ta có: ACD
= 900
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD )
·
Hay ECD

= 900
Xét tứ giác DCEF có:
·
ECD
= 900 ( cm trên )
·
EFD
= 900 ( vì EF ⊥ AD (gt) )

0,5

·
·
=> ECD
+ EFD
= 900 + 900 = 1800 => Tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp ( đpcm )
0,5

b) Tính diện tích tam giác ABD và tam giác ACD.
1
2

Ta có AB = AD =

10
= 5 (cm)
2

BD = AD − AB = 10 − 5 = 5 3 (cm) ⇒ S ∆ABD
2

2

2

2

AC = AD 2 − CD 2 = 102 − 62 = 8 (cm) ⇒ S ∆ACD =

1
1
25 3
= AB.BD = 5.5 3 =
(cm2)
2
2
2

1
1
AC.CD = 8.6 = 24 (cm2)
2
2

1,0

0,5

0,5
16

c) Tia CA là tia phân giác của góc BCF.

1,0
0,5

Vì tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp ( c/m phần a )
¶ =D
¶ ( góc nội tiếp cùng chắn » )
=> C
EF
1
1

(1)

Xét đường tròn đường kính AD, ta có:
¶ =D
¶ ( góc nội tiếp cùng chắn ¼ )
C
AB
2
1
Từ (1) và (2)

0,5

(2)

¶ =C
¶ hay CA là tia phân giác của ·
=> C
BCF .( đpcm )
1
2

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình nghiệm nguyên
4 y 2 = 2 + 199 − x 2 − 2 x

Điều kiện: 199 − x 2 − 2 x ≥ 0 ⇔ −10 2 − 1 ≤ x ≤ 10 2 − 1

*

0,25

Ta có: 199 − x 2 − 2 x = 200 − ( x +1) 2 ≤ 200 < 15
1
2

Do đó: 2 ≤ 4 y 2 ≤ 17 ⇒ ≤ y 2 <

17
, mà y ∈ ¢ nên y ∈ { −2; −1;1; 2
4

}

0,25

2 + 200 − ( x + 1) 2 = 4 ⇔ 200 − ( x + 1) 2 = 4

Với y = ±1 ta có

 x = 13
⇔ ( x + 1) 2 = 196 ⇔ 
 x = −15

0,25

2 + 200 − ( x + 1) 2 = 16 ⇔ 200 − ( x + 1) 2 = 196

Với y = ±2 ta có

x = 1
⇔ ( x + 1) 2 = 4 ⇔ 
 x = −3

0,25

(Ghi chú: Nếu thí sinh có cách giải khác mà đúng đáp số thì vẫn cho điểm tối đa).

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG
Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2011 - 2012
MÔN THI: TOÁN
17

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề có 01 trang
Câu 1 (3,0 điểm)
a) Giải phương trình:

x2 −6x +9 =0

b) Giải hệ phương trình:

4 x − 3 y = 6

3 y + 4 x =10

c) Giải phương trình:

x 2 − 6 x + 9 = x − 2011

Câu 2 (2,5 điểm)
Một ca nô chạy xuôi dòng từ A đến B rồi chạy ngược dòng từ B đến A hết tất cả
4 giờ. Tính vận tốc ca nô khi nước yên lặng, biết rằng quãng sông AB dài 30 km
và vận tốc dòng nước là 4 km/giờ.
Câu 3 (2,5 điểm)
Trên đường tròn (O) lấy hai điểm M, N sao cho M, O, N không thẳng hàng. Hai
tiếp tuyến tại M , N với đường tròn (O) cắt nhau tại A. Từ O kẻ đường vuông
góc với OM cắt AN tại S. Từ A kẻ đường vuông góc với AM cắt ON tại I.
Chứng minh:
a) SO = SA
b) Tam giác OIA cân

Câu 4 (2,0 điểm).
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0
b) Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là giao điểm các đường phân giác
trong. Biết AB = 5 cm, IC = 6 cm. Tính BC.
---------Hết ------Hướng dẫn chấm, biểu điểm
MÔN THI: TOÁN CHUNG

Nội dung

Điểm

Câu 1 (3,0 điểm)
18


a) Giải phương trình:

x2 −6 x + 9 =0

1,0

Bài giải: Ta có ∆ ' = (−3)2 − 9 = 0
Phương trình có nghiệm: x = −
b) Giải hệ phương trình:

0,5

−6
=3
2

0,5

4 x −3 y =6

3 y +4 x =10

(1)

1,0

(2)

Bài giải: Cộng (1) và (2) ta có: 4x - 3y + 3y + 4x = 16 ⇔ 8x = 16 ⇔ x = 2

0,5

x = 2
2

Thay x = 2 vào (1): 4. 2 – 3y = 6 ⇔ y = . Tập nghiệm:  2
3
 y = 3

0,5

c) Giải phương trình:
Bài giải: Ta có
Mặt khác:

1,0

x 2 − 6 x + 9 = x − 2011 (3)

x2 − 6x + 9 =

( x − 3)

2

= x −3

x 2 − 6 x + 9 ≥ 0 ⇒ x − 2011 ≥ 0 ⇒ x ≥ 2011 ⇒ x − 3 = x − 3

0,5
0,5

Vậy: (3) ⇔ x − 3 = x − 2011 ⇔ −3 = 2011 . Phương trình vô nghiệm
Câu 2 (2,5 điểm )Một ca nô chạy xuôi dòng từ A đến B rồi chạy ngược dòng
từ B đến A hết tất cả 4 giờ. Tính vận tốc ca nô khi nước yên lặng, biết rằng
quãng sông AB dài 30 km và vận tốc dòng nước là 4 km/giờ.
Bài giải: Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là x km/giờ ( x > 4)
Vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là x +4 (km/giờ), khi ngược dòng là x - 4
30
(km/giờ). Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B là x + 4 giờ, đi ngược dòng
30
từ B đến A là x − 4 giờ.

Theo bài ra ta có phương trình:

30
30
+
=4
x+4 x−4

(4)

(4) ⇔30( x −4) +30( x +4) = 4( x +4)( x −4) ⇔x 2 −15 x −16 = 0 ⇔x =−1

2,5

0,5

0,5

0,5

hoặc x = 16. Nghiệm x = -1 <0 nên bị loại

0,5

Vậy vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là 16km/giờ.

0,5

Câu 3 (2,5 điểm) Trên đường tròn (O) lấy hai điểm M, N sao cho M, O, N
không thẳng hàng. Hai tiếp tuyến tại M , N với đường tròn (O) cắt nhau tại
A. Từ O kẻ đường vuông góc với OM cắt AN tại S. Từ A kẻ đường vuông
góc với AM cắt ON tại I. Chứng minh: a) SO = SA. b) Tam giác OIA cân

19


A

M

S

0,5

I
N

O

1,0

a) Chứng minh: SA = SO

·
Vì AM, AN là các tiếp tuyến nên: MAO

¶
= SAO

(1)

¶ = SOA

¶ (so le trong)
Vì MA//SO nên: MAO

0,5

(2)
0,5

¶ = SOA
¶ ⇒ ∆ SAO cân ⇒ SA = SO (đ.p.c.m)
Từ (1) và (2) ta có: SAO
b) Chứng minh tam giác OIA cân
·
·
Vì AM, AN là các tiếp tuyến nên: MOA
= NOA

¶ = OAI
µ (so le trong)
Vì MO//AI nên: MOA

1,0

(3)

0,5

(4)
0,5

µ = IAO
µ ⇒ ∆ OIA cân (đ.p.c.m)
Từ (3) và (4) ta có: IOA
Câu 4 (2,0 điểm).
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0 (1)

1,0

Bài giải: (1) ⇔ (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0
⇔ (x + y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0

0,5

⇔ (y - 1)(y + 4) = - (x + y)2 (2)

Vì - (x + y)2 ≤ 0 với mọi x, y nên: (y - 1)(y + 4) ≤ 0 ⇔ -4 ≤ y ≤ 1
Bài giải:
E
Gọiy nguyên
D là hình
4; − 3; − 2;góc
− 1; 0; 1}
Vì
nên chiếu
y ∈ { −vuông
của C trên đường thẳng BI, E là
Thay
trị nguyên
giao các
điểmgiácủa

AB và của
CD.y∆vào
BIC(2) ta tìm được các cặp nghiệm nguyên (x; y)
· đãlàcho
· (5;
của
(4; -4),nên:
(1; -3),
có PT
góclà:ngoài
= -3), ( -2; 0), (-1; 1).
DIC
DIC
D
1 $ µ
0
0
¶ Cho
¶tam
+ ICB
= giác
( B +ABC
C ) = 90
: 2 = 45
b)IBC
vuông
tại
2

0,5

A

A. Gọi I là giao điểm các đường phân giác

⇒ ∆DIC
trong.
Biết
AB = cân
5 cm,⇒IC
= 6=cm.
vuông
DC
6 : Tính
2 BC.

Mặt khác BD là đường phân giác
và đường cao nên tam giác BEC
cân tại B ⇒ EC = 2 DC = 12: 2
và BC = BE

5

6
B

0,5

I

x

C

20


Gọi x = BC = BE. (x > 0). Áp dụng định lý Pi-ta-go vào các tam giác vuông
ABC và ACE ta có: AC2 = BC2 – AB2 = x2 – 52= x2 -25
EC2 = AC2 + AE2 = x2 -25 + (x – 5)2 = 2x2 – 10x
(12: 2 )2 = 2x2 – 10x
x2 - 5x – 36 = 0
Giải phương trình ta có nghiệm x = 9 thoả mãn. Vậy BC = 9 (cm)

O,5

Chú ý: Đáp án chỉ trình bày 1 cách giải đối với mỗi bài toán. Các cách giải khác nếu đúng vẫn
cho điểm tối đa.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2010-2011
MÔN: TOÁN
21


Đề chính thức

Thời gian: 120 phút không kể thời gian giao đề
(Đề có 01 trang)

Câu 1. (2 điểm): Với giá trị nào của m thì:
a) y = (2 - m )x + 3 là hàm số đồng biến.
b) y = (m + 1)x + 2 là hàm số nghịch biến.
Câu 2. (2 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau
a) 7 x 2 − 2 x − 4 = 0
3x + 2y = 7

b)

2x + 3y = 3

Câu 3. (2 điểm): Theo kế hoạch một đội xe cần chuyên chở 120 tấn hàng. Đến ngày
làm việc có 2 xe bị hỏng nên mỗi xe phải chở thêm 16 tấn hàng mới hết số hàng. Hỏi
lúc đầu đội xe có bao nhiêu xe?
Câu 4. (3 điểm): Cho ∆ABC vuông tại A, AB > AC, đường cao AH. Trên nửa mặt
phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E và nửa
đường tròn đường kính HC cắt AC tại F. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AFHE là hình chữ nhật và tứ giác BEFC nội tiếp
b) AE.AB = AF.AC
c) EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn đường kính BH và HC
Câu 5. (1 điểm): Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:
8(x 4 + y 4 ) +

1
≥5
xy

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

22


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2010-2011
MÔN: TOÁN

Đề 2

Nội dung
Câu 1: (2 điểm)
a) Hàm số y = (2 - m )x + 3 đồng biến khi 2 - m > 0
⇔m<2
b) Hàm số y = (m +1 )x + 2 nghịch biến khi m +1 < 0
⇔ m < -1
Câu 2: (2 điểm)
a) Giải phương trình: 7 x 2 − 2 x − 4 = 0
∆′ = 1 − 7(−4) = 29
Ta có
⇒

x1 =

1 + 29

1 − 29
; x2 =
7
7

b) giải hệ phương trình

Điểm
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5đ
0,5 đ

3x + 2y = 7 (1)
2x + 3y = 3 (2)

Ta có

3x + 2y = 7 (1)

⇔

2x + 3y = 3 (2)

6x + 4y = 14
6x + 9y = 9

⇒ - 5y = 5 ⇒ y = -1

thay vào pt (1) ta được: 3x + 2(-1) = 7 ⇔ 3x = 9 ⇒ x = 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (3;-1)
Câu 3: (2 điểm)
Gọi số xe lúc đầu của đội xe là x (xe), (ĐK: x > 2; x nguyên)
Theo dự định mỗi xe phải chở:

0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ

120
(tấn)
x

120
(tấn)
x−2
120 120
Theo bài ra ta có phương trình:
= 16
x−2
x

Thực tế mỗi xe đã chở:

⇒ x2 - 2x - 15 = 0
⇔ x1 = 5 (TMĐK); x2 = -3 (loại)

0,25 đ

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

Vậy số xe lúc đầu của đội là 5 xe
23


Câu 4: ( 3 điểm) Hình vẽ
A

E
F

0,5 đ
B

I

H

K

C

·
·
a) Ta có : BEH
= HFC
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

⇒ ·AEH = ·AFH = 900 . Tứ giác AEHF có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.
·
Ta có : ·AFE = FAH
( vì AEHF là hình chữ nhật)
·
FAH
= 900 − ·ACH (vì ∆AHC vuông tại H)
900 − ·ACH = ·ABC (vì ∆ABC vuông tại C)
·
·
⇒ ·AFE = ·ABC ⇒ EBC
+ EFC
= 1800 ⇒ tứ giác BEFC nội tiếp
b) Hai tam giác vuông : ∆AEF và ∆ACB có ·AFE = ·ABC nên ∆AEF và ∆ACB

0,5 đ

0,5 đ

AE AF
=
⇒ AE. AB = AF . AC
AC AB

0,5 đ

c) Gọi I , K lần lượt là tâm các đường tròn đường kính BH và HC
·
·
Ta có : BEI

(vì IB = IE)
= EBI
·EBI = ·AFE (theo chứng minh trên)
·AFE = HEF
·
( vì AEHF là hình chữ nhật)

0,5 đ

đồng dạng (g.g) ⇒

·
·
·
·
·
·
·
Suy ra : BEI
= HEF
⇒ IEF
= IEH
+ HEF
= IEH
+ BEI
= 900 ⇒ EF là tiếp tuyến
của đường tròn đường kính BH.
Chứng minh tương tự EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính HC.
Câu 5: (1 điểm)

Ta có: x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2x2y2
= [(x + y)2 – 2xy]2 – 2x2y2 = (1 – 2xy)2 – 2x2y2
= 2x2y2 – 4xy + 1.

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ
24


1
1
= 16x 2 y 2 − 32xy + 8 +
xy
xy
1
= (4xy − 7)(4xy − 1) + 1 +
xy

⇒ 8(x 4 + y 4 ) +

Vì x > 0 và y > 0 nên theo BĐT Côsi ta có:
1
1
≥4
2 xy ≤ x + y = 1 ⇔ xy ≤
hay
xy

4

(1)

(4xy-7) ≤0
=> (4xy − 7)(4xy − 1) ≥ 0
(4xy-1) ≤ 0

=> 

Từ (1) và (2) suy ra:
1
1
8(x 4 + y 4 ) +
= (4xy − 7)(4xy − 1) +
+1≥ 5
xy
xy

0,25 đ
(2)

0,25 đ
(ĐPCM)

----------------------------------------Hết-------------------------------------Chú ý: Nếu học sinh làm theo cách khác đúng đáp số thì vẫn cho điểm tối đa.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

25