Tuyển tập đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán

www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG
-----------

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2013 – 2014
ĐỀ THI MÔN TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Phần I. Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm)
Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trước câu trả lời đúng.
Câu 1: Điều kiện xác định của biểu thức
3
4

3
4

A. x  ;

4x  3 là:
3
4

B. x  ;

3
4

C. x  ;

D. x  .

Câu 2: Nếu điểm A(1;-2) thuộc đường thẳng (d): y = 5x + m thì m bằng:
A. -7;

B. 11;

C. -3;

D. 3.

Câu 3: Phương trình nào sau đây có nghiệm kép ?
A. x 2  x  0 ;
B. 3x 2  2  0 ;
C. 3x 2  2x  1  0 ;D. 9x 2  12x  4  0 .
Câu 4: Hai số -5 và 3 là nghiệm của phương trình nào sau đây ?
A. x 2  2x  15  0 ;

B. x 2  2x  15  0 ;

C. x 2  2x  15  0 ;

D. x 2  8x  15  0 .

Câu 5: Cho ABC vuông tại A có AH  BC, AB = 8, BH = 4 (hình 1). Độ dài cạnh
BC bằng
A. 24;

B. 32;

C. 18;

D. 16.
A

A

8
O
B

4
B

H

C

C

Hình 1

Hình 2

  700 ,BAC
  600 nội tiếp đường tròn tâm O
Câu 6: Cho tam giác ABC có BAC

(hình 2). Số đo của góc AOB bằng
A. 500;

B. 1000;

C. 1200;

D. 1400.

  30 0 , BC = a. Độ dài cạnh AB
Câu 7: Cho tam giác ABC vuông tại A có ABC
bằng:
A.

a 3
;
2

B.

a
;
2

C.
Trang 1

a 2
;
2

D.

a
.
3


www.VNMATH.com
Câu 8: Một hình trụ có chiều cao bằng hai lần đường kính đáy. Nếu đường kính đáy
có chiều dài bằng 4cm thì thể tích của hình trụ đó bằng
A. 16 cm3 ;

B. 32 cm3 ;

C. 64 cm3 ;

D. 128 cm3 .

Phần II. Tự luận (8,0 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm)
1. Rút gọn các biểu thức sau :



a) M  3 50  5 18  3 8



2

b) N  6  2 5  6  2 5

2. Cho đường thẳng (d): y = 4x – 3 và parabol (P): y = x2. Tìm tọa độ giao điểm của
(d) và (P) bằng phép toán.
Bài 2. (2,5 điểm)
3x  5 x  2
1. Giải bất phương trình:

x
2
3
 x  2y  m  3
2. Cho hệ phương trình: 
(I) (m là tham số)
 2x  3y  m
a) Giải hệ phương trình (I) khi m = 1.
b) Tìm m để hệ (I) có nghiệm duy nhất (x ; y) thỏa mãn x + y = -3.
3. Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 3m và diện tích bằng
270m2. Tìm chiều dài, chiều rộng của khu vườn.
Bài 3. (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF
cắt nhau tại H (D  BC, E  AC, F  AB)
1. Chứng minh các tứ giác BDHF, BFEC nội tiếp.
2. Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại M và N (F nằm giữa M và E). Chứng
  AN
.
minh AM
3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD.
Bài 4. (1,0 điểm)

1. Cho x, y là các số dương. Chứng minh rằng:

xy2





x  y  2  0 . Dấu “=” xảy ra khi nào ?

2. Tìm cặp số (x;y) thỏa mãn

x 2  y2   x  y 



1
1
x  y  1 với x  , y 
4
4



---------------Hết---------------

Trang 2


www.VNMATH.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG
-----------

HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Dự kiến)
M«n thi : to¸n
(Hướng dẫn chấm này có 05 trang)

Phần I: Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm).
Câu

1

2

3

4

5

6

7

8

Đáp án

C

A

D

C

D

B

A

B

(Mỗi câu đúng được 0,25 điểm)
Phần II: Phần tự luận (8,0 điểm)
Bài 1. (1,5 điểm)
1. Rút gọn các biểu thức sau :



a) M  3 50  5 18  3 8



2

b) N  6  2 5  6  2 5

2. Cho đường thẳng (d): y = 4x – 3 và parabol (P): y = x2. Tìm tọa độ giao điểm của
(d) và (P) bằng phép toán.
Câu
1.1a

Nội dung


 15


2

M  3 50  5 18  3 8
2  15 2  6

2
2

0,25

 6 2. 2  12
1.1b

0,25

N  62 5  62 5
 5  2 5 1  5  2 5 1

1.2

Điểm



2





2







5 1  5 1  5 1 5 1  2

5 1 

0,25

5 1

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol
(P) có :
x2 = 4x – 3  x2 – 4x + 3 = 0. (a = 1 ; b = - 4 ; c = 3) (1)

Có a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0.
Nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 3
Với x = 1 thì y = 1 ta được tọa giao điểm thứ nhất (1; 1)
Với x = 3 thì y = 9 ta được tọa độ giao điểm thứ hai (3; 9).

Trang 3

0,25

0,25

0,25


www.VNMATH.com
Bài 2. (2,5 điểm)

3x  5 x  2

x
2
3
 x  2y  m  3
2. Cho hệ phương trình: 
(I) (m là tham số)
 2x  3y  m
a) Giải hệ phương trình (I) khi m = 1.
b) Tìm m để hệ (I) có nghiệm duy nhất (x ; y) thỏa mãn x + y = -3.
3. Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 3m và diện tích bằng
270m2. Tìm chiều dài, chiều rộng của khu vườn.

1. Giải bất phương trình:

Câu
2.1

Nội dung

3x  5 x  2

 x  9x  15  2x  4  6x
2
3
 x  11

Điểm

0,25
0,25

Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = x\ x  -11}
2.2a Với m = 1, hệ phương trình (I) có dạng:
 x  2y  4
 2x  4y  8  x  2



2x

3y


1
2x

3y

1


y  1

0,25
0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x , y) = (2;1)
2.2b b)

5m  9

x

 x  2y  m  3 2x  4y  2m  6  x  2y  m  3 
7




2x  3y  m
2x  3y  m
7y  m  6

y  m  6

7
 5m  9 m  6 
Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x, y   
;

7 
 7
0,5
Lại có x + y = -3 hay
5m  9 m  6

 3  5m  9  m  6  21  6m  36  m  6
7
7
Vậy với m = -6 thì hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất (x,y) thỏa
mãn x + y = -3.
0,25
2.3

Gọi chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật là x (m) (x > 0)
Vì chiều dài lớn hơn chiều rộng 3m nên chiều dài của hình chữ nhật là
x + 3 (m)
Lại có diện tích hình chữ nhật là 270m2 nên ta có phương trình:
x(x + 3) = 270
Trang 4

0,25

www.VNMATH.com
 x2 + 3x – 270 = 0
 x2 – 15x + 18x – 270 = 0
 (x - 15)(x + 18) = 0
 x = 15 (TMDK x > 0) hoặc x = -18 (loại vì x > 0)
Vậy chiều rộng của hình chữ nhật là 15m
chiều dài của hình chữ nhật là 15 + 3 = 18 (m)

0,25

0,25

Bài 3: (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF
cắt nhau tại H (D  BC, E  AC, F  AB)
1. Chứng minh các tứ giác BDHF, BFEC nội tiếp.
2. Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại M và N (F nằm giữa M và E). Chứng

.
minh AM  AN
3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD.
Câu

3.1

Nội dung

Điểm

Vẽ hình đùng cho phần a)

0,25

a) Chứng minh các tứ giác BDHF, BFEC nội tiếp.
+) Xét tứ giác BDHF có:
  900 (CF là đường cao của ABC)
BFH

0,5

  90 (AD là đường cao của ABC)
HDB
  HDB
  1800
Suy ra: BFH
0

 ; HDB
 là hai góc đối nhau
Mà BFH

0,25

Do đó tứ giác BDHF nội tiếp.
  900 (CF là đường cao của ABC)
+) Ta có BFC

  900 (BE là đường cao của ABC)
BEC

Suy ra bốn điểm B, F, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC
Hay tứ giác BFEC nội tiếp.
3.2

  AN

b) Chứng minh AM
Trang 5

0,25
0,25


www.VNMATH.com
)
  ACB
 (cùng bù với BFE
0,25
Vì tứ giác BFEC nội tiếp  AFN
  1 sdAB
  1 sdMB
  sdAM
 (tính chất góc nội tiếp trong
Mà: ACB
2
2
0,25
(O))
  1 sdAN
  sdMB

 (tính chất góc có đỉnh bên trong đường
AFN
2
tròn (O))
  AN

0,25
Suy ra AM







3.2



c) Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam
giác MHD
Xét AMF và ABM có:
 chung;
MAB

  ABM
 (hai góc nội tiếp cùng chắn AM
  AN
 trong (O))
AMF

AF AM
Do đó AMF ∽ ABM (g.g) 

 AM 2  AF.AB (1)
AM AB
Xét AFH và ADB có:
 chung;
BAD
  ADB
  900 (CF và AD là các đường cao của ABC)
AFH
AF AD
Do đó AFH ∽ ADB (g.g) 

 AH.AD  AF.AB (2)
AH AB
AH AM
Từ (1) và (2) suy ra AM 2  AH.AD 

AM AD
 chung; AH  AM (cm trên)
Xét AHM và AMD có: MAD
AM AD
  ADM

Do đó AHM ∽ AMD (c.g.c)  AMH
(3)

0,25

0,25

Vẽ đường thẳng xy là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp MHD tại
  ADM
 (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp) (4)
M. Ta có xMH
  AMH

Từ (3) và (4) suy ra xMH
Hay MA trùng với tia Mx
Suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp MHD.
Bài 4. (1,0 điểm)
1. Cho x, y là các số dương. Chứng minh rằng:
x  y  2 x  y  2  0 . Dấu “=” xảy ra khi nào ?





2. Tìm cặp số (x ; y) thỏa mãn

x 2  y2   x  y 



1
1
x  y  1 với x  , y 
4
4



Trang 6

0,25


www.VNMATH.com
Câu

Nội dung

xy2

4.1






Điểm



x  y 20

 



 x  2 x 1  y  2 y 1  0
2

 

x 1 





Dấu “=” xảy ra khi 


4.2

2

y  1  0 x, y  0





y  1

0,25

2

x 1  0

 x  1  0  x  1


(TMDK)

2
y

1
y

1

0

0


0,25

Cách 1. Từ phần a) ta có:

xy2



xy
1
2
xy
 1
x  y 1   x  y
 1  1  (x  y) 2
 2
 2



x  y 20 x  y 

Do đó:  x  y 



Mà x 2  y 2   x  y 







x  y  1 nên

1
(x  y)2  x 2  y 2

2

Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1.
Vậy cặp số (x, y) = (1 ; 1).
Cách 2.
1
1
x  , y  nên  x  y  x  y  1  0
4
4
theo BĐT Côsi cho hai số dương ta có:
x 1
x  x.1 
. Dấu “=” xảy ra khi x = 1.
2
y 1
y  y.1 
. Dấu “=” xảy ra khi y = 1.
2
 x 1 y 1  1
Do đó  x  y  x  y  1   x  y  

 1   (x  y) 2
2
 2
 2









Mà x 2  y 2   x  y 





x  y  1 nên

1
(x  y)2  x 2  y 2
2

(1)

Mặt khác theo BĐT Bunhiacopxki có:

(x  y) 2
 x  y 1  1   (x  y)  x  y  2
Dấu “=” xảy ra khi x = y.
2

2

2

2

2

2

2

Từ (1) và (2) suy ra x 2  y 2   x  y 



Vậy cặp số (x, y) = (1, 1).
Trang 7

0,25

(2)



x  y  1 khi x = y = 1

0,25


www.VNMATH.com
(Giáo viên: Vũ Hoàng Hiệp – CVA)

Trang 8

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TP.HCM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2 x 2  x  3  0
2 x  3 y  7
3 x  2 y  4

b) 

c) x 4  x 2  12  0
d) x 2  2 2 x  7  0
Bài 2: (1,5 điểm)
1
4

1
2

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y  x 2 và đường thẳng (D): y   x  2 trên cùng

một hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
Bài 3: (1,5 điểm)
Thu gọn các biểu thức sau:
A

1
2 x
1


với x > 0; x  1
x  x x 1 x  x

B  (2  3) 26  15 3  (2  3) 26  15 3

Bài 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình x 2  2mx  m  2  0 (x là ẩn số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình.
Tìm m để biểu thức M =

24
đạt giá trị nhỏ nhất
x  x22  6 x1 x2
2
1

Bài 5: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) có tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Đường thẳng

MO cắt (O) tại E và F (MElà tiếp điểm, A nằm giữa hai điểm M và B, A và C nằm khác phía đối với đường
thẳng MO).
a)
Chứng minh rằng MA.MB = ME.MF
b)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm C lên đường thẳng MO. Chứng
minh tứ giác AHOB nội tiếp.
c)
Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường
kính MF; nửa đường tròn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) ở K. Gọi S là giao
điểm của hai đường thẳng CO và KF. Chứng minh rằng đường thẳng MS
vuông góc với đường thẳng KC.
d)
Gọi P và Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác EFS và ABS
và T là trung điểm của KS. Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng.


BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2 x 2  x  3  0 (a)
Vì phương trình (a) có a - b + c = 0 nên
(a)  x  1 hay x 
 2 x  3 y  7 (1)
3 x  2 y  4 (2)

b) 

13 y  13

 x  5 y  3



3
2

 2x  3y  7
 x  5 y  3



(1)
(3) ((2)  (1) )

((1)  2(3))
(3) ((2)  (1) )

 y  1
x  2

 

c) x 4  x 2  12  0 (C)
Đặt u = x2  0, phương trình thành : u2 + u – 12 = 0 (*)
1  7
1  7
 3 hay u 
 4 (loại)
2

2
Do đó, (C)  x2 = 3  x =  3

(*) có  = 49 nên (*)  u 

Cách khác : (C)  (x2 – 3)(x2 + 4) = 0  x2 = 3  x =  3
d) x 2  2 2 x  7  0 (d)
’ = 2 + 7 = 9 do đó (d)  x = 2  3
Bài 2:
a) Đồ thị:

Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),  2;1 ,  4; 4 
(D) đi qua  4;4  ,  2;1
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là


1 2
1
x   x  2  x2 + 2x – 8 = 0  x  4 hay x  2
4
2

y(-4) = 4, y(2) = 1
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là  4;4  ,  2;1 .
Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau:
A



1

2 x
1


x  x x 1 x  x



x x x x 2 x

x2  x
x 1

2 x 2 x 2 x  1 
2 x ( x  1)
2
với x > 0; x  1


  1 


x( x  1) x  1 x  1  x 
x ( x  1)
x

B  (2  3) 26  15 3  (2  3) 26  15 3
1
1


(2  3) 52  30 3 
(2  3) 52  30 3
2
2
1
1

(2  3) (3 3  5) 2 
(2  3) (3 3  5) 2
2
2
1
1

(2  3)(3 3  5) 
(2  3)(3 3  5)  2
2
2

Câu 4:
a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 - 4m +8 = (m - 2)2 +4 > 0 với mọi m nên phương trình (1)
có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
b
c
 m2
a
a
24
24
6

 2
M=
=
2
2
( x1  x2 )  8 x1 x2 4m  8m  16 m  2m  4
6

. Khi m = 1 ta có (m  1) 2  3 nhỏ nhất
2
( m  1)  3
6
6
lớn nhất khi m = 1  M 
nhỏ nhất khi m = 1
 M 
2
( m  1)  3
( m  1) 2  3

b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S =   2m ; P =

Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất là - 2 khi m = 1

K

T

Câu 5
a) Vì ta có do hai tam giác đồng dạng MAE và MBF

Nên

MA MF

 MA.MB = ME.MF
ME MB

(Phương tích của M đối với đường tròn tâm O)
b) Do hệ thức lượng trong đường tròn
M ta có
2
MA.MB = MC , mặt khác hệ thức lượng
trong tam giác vuông MCO ta có
MH.MO = MC2  MA.MB = MH.MO

B
Q
A

S

V
H
O

E

P
C

F


nên tứ giác AHOB nội tiếp trong đường tròn.
c) Xét tứ giác MKSC nội tiếp trong đường
tròn đường kính MS (có hai góc K và C vuông).
Vậy ta có : MK2 = ME.MF = MC2 nên MK = MC.
Do đó MF chính là đường trung trực của KC
nên MS vuông góc với KC tại V.
d) Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có MA.MB = MV.MS của đường tròn tâm
Q.
Tương tự với đường tròn tâm P ta cũng có MV.MS = ME.MF nên PQ vuông góc với MS
và là đường trung trực của VS (đường nối hai tâm của hai đường tròn). Nên PQ cũng đi
qua trung điểm của KS (do định lí trung bình của tam giác SKV). Vậy 3 điểm T, Q, P
thẳng hàng.


SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM 2012
Khóa ngày 29 tháng 6 năm 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 30/6/2012
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (3, 0 điểm)

Học sinh không sử dụng máy tính bỏ túi
a) Giải phương trình: 2x – 5 = 0
y  x  2
5x  3y  10

b) Giải hệ phương trình: 
c) Rút gọn biểu thức A 

5 a 3
a 2



a2  2 a  8

với a  0, a  4
a 4
a 2

3 a 1

d) Tính giá trị của biểu thức B  4  2 3  7  4 3
Bài 2: (2, 0 điểm)
Cho parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình lần lượt là y  mx 2 và
y   m  2  x  m  1 (m là tham số, m  0).

a) Với m = –1 , tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P).
b) Chứng minh rằng với mọi m  0 đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.
Bài 3: (2, 0 điểm)
Quãng đường từ Quy Nhơn đến Bồng Sơn dài 100 km. Cùng một lúc, một xe máy khởi hành từ

Quy Nhơn đi Bồng Sơn và một xe ô tô khởi hành từ Bồng Sơn đi Quy Nhơn. Sau khi hai xe gặp nhau,
xe máy đi 1 giờ 30 phút nữa mới đến Bồng Sơn. Biết vận tốc hai xe không thay đổi trên suốt quãng
đường đi và vận tốc của xe máy kém vận tốc xe ô tô là 20 km/h. Tính vận tốc mỗi xe.
Bài 4: (3, 0 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi C là trung điểm của OA, qua C kẻ dây MN
vuông góc với OA tại C. Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK và MN.
a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AK.AH = R2
c) Trên KN lấy điểm I sao cho KI = KM, chứng minh NI = KB.


HƯỚNG DẪN GIẢI:
Bài 1:
5
2
y  x  2
5x  5y  10
2y  20
 y  10
b) 



5x  3y  10
5x  3y  10
y  x  2
x  8

a) 2x – 5 = 0 2 x  5  0  2 x  5  x 

c)



5 a  3 3 a 1 a2  2 a  8 5 a  3
A



a4
a 2
a 2




 
 a  2    a
 a  2 a  2

a  2  3 a 1

5a  10 a  3 a  6  3a  6 a  a  2  a 2  2 a  8



a 2



a 2





a 2  8a  16



a 2



a 2



 

2

2 a 8



  a 2  8a  16 
a 2



a 2



2

 a  4

   a  4  4  a
a4

d) B  4  2 3  7  4 3 





3 1

2



2  3

2



3 1  2  3  3 1 2  3  3

Bài 2:
a) Với m  1  P  và  d  lần lượt trở thành y   x 2 ; y  x  2 .
Lúc đó phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  là:  x 2  x  2  x 2  x  2  0 có
a  b  c  1  1  2  0 nên có hai nghiệm là x1  1; x2  2 .
Với x1  1  y1  1
Với x2  2  y2  4
Vậy tọa độ giao điểm của  P  và  d  là 1; 1 và  2; 4  .
b) Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  là:
mx2   m  2  x  m  1  mx2   m  2  x  m  1  0 * .

Với m  0 thì * là phương trình bậc hai ẩn x có
2

   m  2   4m  m  1  m2  4m  4  4m 2  4m  5m 2  4  0 với mọi m. Suy ra * luôn có hai

nghiệm phân biệt với mọi m. Hay với mọi m  0 đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân
biệt.
Bài 3:
Đổi 1h30'  1,5h
Đặt địa điểm :
1,5x
- Quy Nhơn là A
100-1,5x
- Hai xe gặp nhau là C
A
C
B
- Bồng Sơn là B

Gọi vận tốc của xe máy là x  km / h  . ĐK : x  0 .
Suy ra :
Vận tốc của ô tô là x  20  km / h  .
Quãng đường BC là : 1, 5x  km 


Quãng đường AC là : 100  1,5x  km 
100  1,5x
 h
x
1,5 x
Thời gian ô tô máy đi từ B đến C là :
 h
x  20

Thời gian xe máy đi từ A đến C là :

Vì hai xe khởi hành cùng lúc, nên ta có phương trình :

100  1,5 x
1,5 x

x
x  20

Giải pt :
100  1,5 x
1,5 x

 100  1,5 x  x  20   1,5 x 2  100 x  2000  1,5 x 2  30 x  1,5 x 2

x
x  20
2
 3 x  70 x  2000  0
2
 '  35  3.2000  1225  6000  7225  0   '  7225  85
35  85
 40 (thỏa mãn ĐK)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1 
3
35  85
50
x2 

(không thỏa mãn ĐK)
3
3
Vậy vận tốc của xe máy là 40 km / h .

Vận tốc của ô tô là 40  20  60  km / h  .
Bài 4:
a) Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
Ta có : AKB  900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
hay HKB  900 ; HCB  900  gt 

K
M

E
H

I

A

Tứ giác BCHK có HKB  HCB  900  900  1800
 tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
b) AK .AH  R 2

C

O

N

AC AH
R

 AK . AH  AC. AB   2 R  R 2
Dễ thấy ΔACH ∽ ΔAKB  g .g  
AK
AB
2
c) NI  KB
OAM có OA  OM  R  gt   OAM cân tại O 1
OAM có MC là đường cao đồng thời là đường trung tuyến (gt)  OAM cân tại M  2 

1 &  2   OAM là tam giác đều

 MOA  600  MON  1200  MKI  600

KMI là tam giác cân (KI = KM) có MKI  600 nên là tam giác đều  MI  MK  3 .

1
2

1
2

Dễ thấy BMK cân tại B có MBN  MON   1200  600 nên là tam giác đều  MN  MB  4 
Gọi E là giao điểm của AK và MI.
Dễ thấy

NKB  NMB  600 
  NKB  MIK  KB // MI (vì có cặp góc ở vị trí so le trong bằng
MIK  600


nhau) mặt khác AK  KB  cmt  nên AK  MI tại E  HME  900  MHE .

B


HAC  900  AHC



Ta có : HME  900  MHE  cmt   HAC  HME mặt khác HAC  KMB (cùng chắn KB )

AHC  MHE  dd 


 5
 3 ,  4  &  5   IMN  KMB  c.g.c   NI  KB (đpcm)

 HME  KMB hay NMI  KMB


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
N
2013 – 2014
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,0 điểm)

2 x
x 1 2 x 1
và B 
.

x
x
x x
1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 64.
2) Rút gọn biểu thức B.
A 3

3) Tìm x để
 .
B 2
Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Quãng đường từ A đến B dài 90 km. Một người đi xe máy từ A đến B. Khi đến B,
người đó nghỉ 30 phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 9 km/h.
Thời gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A đến lúc trở về đến A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy lúc
đi từ A đến B.
Bài III (2,0 điểm)
3(x  1)  2(x  2y)  4
1) Giải hệ phương trình: 
4(x  1)  (x  2y)  9
1
1
2) Cho parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = mx  m2 + m +1.
2
2
a) Với m = 1, xác định tọa độ các giao điểm A, B của (d) và (P).
b) Tìm các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2
sao cho x1  x 2  2 .
Bài IV (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) và điểm A nằm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với
đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O)
tại hai điểm B và C (AB < AC, d không đi qua tâm O).
1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp.
2) Chứng minh AN2 = AB.AC.
Tính độ dài đoạn thẳng BC khi AB = 4 cm, AN = 6 cm.
3) Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ
hai T. Chứng minh MT // AC.
4) Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau ở K. Chứng minh K

thuộc một đường thẳng cố định khi d thay đổi và thỏa mãn điều kiện đề bài.
Bài V (0,5 điểm)
Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6abc,
1 1 1
chứng minh: 2  2  2  3
a
b c
Với x > 0, cho hai biểu thức A 


BÀI GIẢI
B

I: (2,0 đ ể )

1) Với x = 64 ta có A 

2  64 2  8 5


8
4
64

2)

B

( x  1).( x  x )  (2 x  1). x x x  2 x
1


 1

x .( x  x )
x xx
x 1

x 2
x 1

3)
Với x > 0 ta có :

A 3
2 x 2 x 3
 
:
 
B 2
x
x 1 2

x 1 3

2
x

 2 x  2  3 x  x  2  0  x  4.( Do x  0)
B II: (2,0 đ ể )
Đặt x (km/h) là vận tốc đi từ A đến B, vậy vận tốc đi từ B đến A là x  9 (km/h)

Do giả thiết ta có:

10 10
1
90
90
1
  x( x  9)  20(2 x  9)

 5  
x x9 2
x x9
2
2
 x  31x  180  0  x  36 (vì x > 0)
B III: (2,0 đ ể )
1) Hệ phương trình tương đương với:
3x  3  2x  4y  4
5x  4y  1
5x  4y  1
11x  11
x  1





4x  4  x  2y  9
3x  2y  5 6x  4y  10
6x  4y  10

y  1
2)
a) Với m = 1 ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là

1 2
3
x  x   x2  2 x  3  0  x  1 hay x  3 (Do a – b + c = 0)
2
2
1
9
1
9
Ta có y (-1)= ; y(3) = . Vậy tọa độ giao điểm A và B là (-1; ) và (3; )
2
2
2
2
b) Phươnh trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là

1 2
1
x  mx  m2  m  1  x2  2mx  m2  2m  2  0 (*)
2
2
Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt x1 , x2 thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân
biệt. Khi đó  '  m2  m2  2m  2  0  m  1
Khi m > -1 ta có x1  x2  2  x12  x22  2 x1 x 2  4  ( x1  x2 )2  4 x1 x 2  4

 4m2  4(m2  2m  2)  4  8m  4  m  

1
2

Cách g ả khác: Khi m > -1 ta có

x1  x2  2 

b   ' b   '

 2  '  2 2m  2
a'
a'

Do đó, yêu cầu bài toán  2 2m  2  2  2 m  2  2  2m  2  1  m  
Bài IV (3,5 điểm)
1/ Xét tứ giác AMON có hai góc đối

1
2

K

ANO  900
Q
AMO  900 nên là tứ giác nội tiếp
M
T
2/ Hai tam giác ABM và AMC đồng dạng

C
I
nên ta có AB. AC = AM2 = AN2 = 62 = 36
H
A
B
62 62
 AC 

 9(cm)
P
O
AB 4
 BC  AC  AB  9  4  5(cm)
1
N
3/ MTN  MON  AON (cùng chắn cung
2
MN trong đường tròn (O)), và AIN  AON
(do 3 điểm N, I, M cùng nằm trên đường tròn đường kính AO và cùng chắn cung 900)
Vậy AIN  MTI  TIC nên MT // AC do có hai góc so le bằng nhau.
4/ Xét AKO có AI vuông góc với KO. Hạ OQ vuông góc với AK. Gọi H là giao điểm
của OQ và AI thì H là trực tâm của AKO , nên KMH vuông góc với AO. Vì MHN
vuông góc với AO nên đường thẳng KMHN vuông góc với AO, nên KM vuông góc với
AO. Vậy K nằm trên đường thẳng cố định MN khi BC di chuyển.
Cách g ả khác:
Ta có KB2 = KC2 = KI.KO. Nên K nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn tâm O
và đường tròn đường kính AO. Vậy K nằm trên đường thẳng MN là trục đẳng phương
của 2 đường tròn trên.
B IV: (0,5 đ ể )

Từ giả thiết đã cho ta có

1
1
1 1 1 1
      6 . Theo bất đẳng thức Cauchy ta
ab bc ca a b c

có:

1 1 1  1 1 1 1  1 1 1 1  1
,   
,  
  

2  a 2 b 2  ab 2  b 2 c 2  bc 2  c 2 a 2  ca
1 1
 1
 1 1 1
 1 1 1
 2  1  ,  2  1  ,  2  1 
2 a
 c
 a 2b
 b 2c
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có:


3 1 1 1  3
3 1 1 1 

3 9
 2  2  2   6   2  2  2   6 
2 a b c  2
2 a b c 
2 2
 1 1 1
  2  2  2   3 (điều phải chứng minh)
a b c 
TS. Nguyễn Phú Vinh
(TT Luyện thi Đại học Vĩnh Viễn – TP.HCM)


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài:120 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,0 điểm).
1) Rút gọn biểu thức P 



32



2





32



2

.

x  y  3
2) Giải hệ phương trình 
.
3x  y  1
Câu 2 (1,5 điểm).
1) Xác định toạ độ các điểm A và B thuộc đồ thị hàm số y  2x  6 , biết điểm A có hoành
độ bằng 0 và điểm B có tung độ bằng 0.
2) Xác định tham số m để đồ thị hàm số y  mx2 đi qua điểm P 1;  2 .
Câu 3 (1,5 điểm). Cho phương trình x2  2  m  1 x  2m  0 (m là tham số).
1) Giải phương trình với m  1 .
2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn

x1  x2  2 .

Câu 4 (1,5 điểm).

1) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB  3cm , BC  6 cm. Tính góc C.
2) Một tàu hoả đi từ A đến B với quãng đường 40 km. Khi đi đến B, tàu dừng lại 20 phút
rồi đi tiếp 30 km nữa để đến C với vận tốc lớn hơn vận tốc khi đi từ A đến B là 5 km/h. Tính
vận tốc của tàu hoả khi đi trên quãng đường AB, biết thời gian kể từ khi tàu hoả xuất phát từ
A đến khi tới C hết tất cả 2 giờ.
Câu 5 (2,5 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O và
AB  AC. Vẽ đường kính AD của đường tròn (O). Kẻ BE và CF vuông góc với AD (E, F
thuộc AD). Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC).
1) Chứng minh bốn điểm A, B, H, E cùng nằm trên một đường tròn.
2) Chứng minh HE song song với CD.
3) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh ME = MF.
a2
b2
c2
Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số lớn hơn 1. Chứng minh:


 12 .
b 1 c 1 a 1

--------------------Hết------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: .............................................; số báo danh: ....................phòng thi số:....................
Họ tên, chữ ký giám thi số 1:..................................................................................................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: Toán

ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

I. Hướng dẫn chung
1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày các bước chính của lời giải hoặc nêu kết quả. Trong
bài làm, thí sinh phải trình bày lập luận đầy đủ.
2) 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.
3) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) phải đảm bảo không làm thay đổi tổng số điểm
của mỗi câu, mỗi ý trong hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi.
4) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không được làm tròn.

II. Đáp án và thang điểm
Câu
Câu 1 1)
2,0 đ 1,0 đ

2)
1,0 đ
Câu 2 1)
1,5 đ 1,0 đ

2)
0,5 đ
Câu 3 1)
1,5 đ 1,0 đ

2)

Đáp án

P

32 

32

Điểm
0,5đ

= 3 2 3 2

0,25đ

P 4
Từ hpt suy ra 4x  4  x  1
 y  2
Nghiệm của hpt:  x; y  1;  2

0,25đ
0,5đ
0,5đ

Điểm A thuộc đường thẳng y  2x  6 , mà hoành độ x = 0
Suy ra tung độ y = - 6.

0,25đ

Vậy điểm A có toạ độ A 0;  6 .

0,25đ

Điểm B thuộc đường thẳng y  2x  6 , mà tung độ y = 0
Suy ra hoành độ x = 3.

0,25đ

Vậy điểm B có toạ độ B 3; 0 .

0,25đ

Đồ thị hàm số y  mx2 đi qua điểm P 1;  2 suy ra 2  m.12

0,25đ

m  2
Với m  1 , phương trình trở thành: x2  4x  2  0

0,25đ

'  2

0,25đ

x1  2  2 ; x2  2  2

0,5đ

Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm x1, x2 là

0,25đ

0,25đ


0,5 đ

m2  1  0
 '  0


 x1  x2  0  2(m  1)  0  m  0
2m  0
x x  0
 1 2

Theo hệ thức Vi-ét: x1  x2  2(m  1), x1 x2  2m .
x1  x2  2  x1  x2  2 x1 x2  2

0,25đ

 2m  2  2 2m  2  m  0 (thoả mãn)
Tam giác ABC vuông tại A
AB 3
  0,5
Ta có sin C 

BC 6
  300
Suy ra C

0,25đ

Gọi vận tốc tàu hoả khi đi trên quãng đường AB là x (km/h; x>0)

0,25đ

Ta có
Câu 4 1)
1,5 đ 0,5 đ

2)
1,0 đ

O
E
K
I
C

M
F

D

40
(giờ).

x
30
Thời gian tàu hoả đi hết quãng đường BC là
(giờ).
x5
40 30 1

 2
Theo bài ta có phương trình:
x x5 3

0,25đ

Thời gian tàu hoả đi hết quãng đường AB là

0,25đ

Biến đổi pt ta được: x2  37x  120  0

0,25đ

 x  40 (tm)

 x  3 (ktm)
Vận tốc của tàu hoả khi đi trên quãng đường AB là 40 km/h.

0,25đ

  AHB
  900 .

Theo bài có AEB

0,5đ

Suy ra bốn điểm A, B, H, E cùng thuộc một đường tròn.

0,5đ

Câu 5
2,5 đ

1)
1,0 đ


2)
1,0 đ

3)
0,5 đ

  EHC

Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn  BAE

(1)

0,25đ

  BAE

 (góc nội tiếp cùng chắn BD
)
Mặt khác, BCD

(2)

0,25đ

  EHC

Từ (1) và (2) suy ra BCD

0,25đ

suy ra HE // CD.

0,25đ

Gọi K là trung điểm của EC, I là giao điểm của MK với ED.
Khi đó MK là đường trung bình của BCE
0,25đ

 MK // BE; mà BE  AD (gt)
 MK  AD hay MK  EF

(3)

Lại có CF  AD (gt)  MK // CF hay KI // CF.
ECF có KI // CF, KE = KC nên IE = IF
Từ (3) và (4) suy ra MK là đường trung trực của EF

(4)

0,25đ

 ME = MF
Câu 6
1,0 đ

Với a, b, c là các số lớn hơn 1, áp dụng BĐT Cô-si ta có:

a2
 4  b  1  4a . (1)
b 1

0,25đ

b2
 4  c  1  4b .
c 1

(2)

0,25đ

c2
 4  a  1  4c .
a 1

(3)

0,25đ

a2
b2
c2
Từ (1), (2) và (3) suy ra


 12 .
b 1 c 1 a 1

0,25đ

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


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thi ngày 10 / 9 / 2015

Môn thi: Toán.
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.
Câu 1 (2,5 điểm).

1
4

x 2 x4
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.
1
b) Tính giá trị của biểu thức P khi x  .
4
Câu 2 (1,5 điểm).
Số tiền mua 1 quả dừa và một quả thanh long là 25 nghìn đồng. Số tiền mua
5 quả dừa và 4 quả thanh long là 120 nghìn đồng. Hỏi giá mỗi quả dừa và giá mỗi
quả thanh long là bao nhiêu ? Biết rằng mỗi quả dừa có giá như nhau và mỗi quả
thanh long có giá như nhau.
Câu 3 (1,5 điểm).
(1) (m là tham số).
Cho phương trình : x 2  2  m  1 x  m 2  3  0

Cho biểu thức P 

a) Giải phương trình (1) với m = 2.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 sao cho x12  x 22  4 .
Câu 4 (3 điểm).
Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A chuyển
động trên đường tròn (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Kẻ các đường cao
BE và CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB). Chứng minh rằng :
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
b) EF.AB = AE.BC.
c) Độ dài đoạn thẳng EF không đổi khi A chuyển động.
Câu 5 (3 điểm).
Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x  y  3 . Chứng minh rằng:

1 2 9
 
2x y 2
Đẳng thức xảy ra khi nào ?
………………. Hết ……………….
xy