ĐỀ và đáp án THI TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN TOÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Khóa ngày 22 tháng 6 năm 2011
MÔN THI: TOÁN
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Nội dung
Điểm

a. Cho phương trình: x 2  3x  2  0 . Tính: x1  x 2 ; x1x 2 .
Câu 1:

x1  x 2  3

0.5 đ

x1.x 2  2

0.5đ

b .Giải phương trình: x 4  x 2  12  0 .
Đặt t  x 2 , t  0 . Phương trình trở thành: t 2  t  12  0

0.5đ

 t  3 (loại), t  4

0.25đ
0.25đ
0.5đ

t  4  x  2

1
a. Vẽ (P): y  x 2
2
Câu 2:

Bảng giá trị:
x
y

…

-2

…

2

-1
1
2

0

1

1
2

0

2

…

2 …

Vẽ đúng đồ thị

0.5đ

b. Chứng minh rằng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt. Tìm m để tổng

bình phương các hoành độ giao điểm bằng 8.
Phương trình hoành độ giao điểm:

1 2
x  mx  1  x 2  2mx  2  0 (1)
2

0.25đ

 ,  m 2  2  0, m

0.25đ

Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình (1)

0.25đ

x12  x 22  8  (x1  x 2 ) 2  2x1x 2  8

m  1
 4m 2  4  
 m  1

Câu 3: Biến đổi:

x x  2x  3 x  6 x

x 2
1
1
2


x 1
x 1 x 1

A

1
 x  3 x  1
2

0.25đ



 

x 2 3

x 2

x 2

  x 3

0.5đ
0.25đ
0.25đ


A

0.25đ

1
1
1
2
 x  2   
2
2
2

Vậy A min  

0.25đ

1
khi x  2 .
2

0.5đ

A

Câu 4:

1

I
O
H
J
B

1

C

K
D

ˆ  1800  IHKB nội tiếp.
a. Xét tứ giác IHKB có ˆI  K

1,0đ

b. Chứng minh: CK.CB = CH.CI

0.5đ

Xét 2 tam giác vuông: CKH và CIB có Cˆ chung  CKH và CIB đồng
dạng.


CK CH

 CK.CB  CH.CI
CI CB

0.5đ

1
c. SACD  CA.CD
2
SBJD 

0.5đ

1
JB.JD
2

ˆ B
ˆ  ACD và BJD đồng
Xét 2 tam giác vuông: ACD và BJD có A
1
1

dạng.
AC CD AD


BJ JD BD
S
CA.CD AD 2
 ACD 

SBJD
JB.JD
BD 2


Câu 5:

a 2  b2  a  b 
2

1
1
 a 2  b2  a  b   0
2

2
2

1 
1

  a     b    0 , đúng với mọi a, b. Suy ra điều phải chứng
2 
2


minh.

*Lưu ý: HS có thể làm theo cách khác đúng cũng được điểm tối đa.

0.5đ

0.5đ
0.5đ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Khóa ngày 22 tháng 6 năm 2011
MÔN THI: TOÁN
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

ĐỀ DỰ BỊ

Câu

Nội dung
a. Giải hệ

Câu 1: b.

a. Ta có

Điểm

x  3y  4
x  3y  4


2 x  y  1
6 x  3 y  3
7 x  7
x  1


 y  2x 1  y  1
5
x1  x2 
2
9
x1 x2 
2
1 1 x2  x1 5

 

x1 x2
x1 x2
9
2

0.5
0.5
0.25
0.25
0.5

a
a 2

a 1
a 1

0.25

a 1
a 2
3


a 2
a  1 ( a  2)( a  1)

Câu 2:

B

0.5

a 2
3
3
.

a  1 ( a  2)( a  1) a  1

b. B nguyên khi a - 1 là ước của 3
Giải được a=0; a=2.
a. Bảng giá trị
x
… -2 -1
y

… -4

-1

0.25
0.25
0.25
0

1

2…

0 -1

-4 …

0.5

Câu 3: Vẽ đúng đồ thị
b. Phương trình hoành độ giao điểm:  x 2  x  2  x 2  x  2  0

0.5
0.5

x  1
 y  1


Vậy giao điểm A(1;-1), B(-2;-4)
 x  2  y  4

0.5

E
1

I
1
2

Câu 4:

D

3

2

1

A

2

1

H

0.5

C

O

B

a. Xét tứ giác HBCD có H  C  1 8 0 0 suy ra tứ giác HBCD nội tiếp

1.0


b. Xét 2 tam giác vuông ADH và EDC có D1  D2 nên 2 tam giác

vuông ADH và EDC đồng dạng.
Suy ra:

AD HD

 AD.CD  ED.HD (đpcm)
ED CD

C2  B2
 C2  D2   ICD cân tại I (1)
c. Ta có: 
D

B
 2
2
 E1  A1
 E1  C1   IEC cân tại I (2)

C1  A1
Từ (1) và (2) suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE
Câu 5: Chứng minh: a 2  b 2  c 2  d 2  a  b  c  d  1
a 2  b2  c2  d 2  a  b  c  d  1  a 2  a 

0.5
0.5
0.5

0.25
0.25

1 2
1
1
1
 b  b   c2  c   d 2  d   0
4
4
4
4 0.5

1
1
1
1
 (a  ) 2  (b  ) 2  (c  ) 2  (d  ) 2  0 luôn đúng. Suy ra đpcm.
2
2
2
2

*Lưu ý: HS có thể làm theo cách khác đúng cũng được điểm tối đa.

0.5


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Khóa ngày 22 tháng 6 năm 2011
MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN)
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

Nội dung

Điểm

Câu 1:
a.

b.

Đặt t = t  x 2 , t  0 . Phương trình đã cho trở thành: t 2  7t  12  0

0,5

t  3

t  4

0,25

t=3  x 3
t = 4  x  2
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x   3 ; x  2 .
Điều kiện: x. y  0
Đặt u 

1
1
; v 2
2
x
y

0,25
0,25

(u , v  0) . Hệ đã cho trở thành:

u  v  5
u  1
u  4

hoặc 
 2
v  1
u  5v  21 v  4
u  1
1
1
1
1
hệ có nghiệm (1; ), (1;  ), (1; ), (1;  )
2
2
2
2

v  4

Với 

u  4
1
1
1
1
hệ có nghiệm ( ;1), ( ; 1), ( ;1), ( ; 1)
2
2
2
2
v  1

Với 

0,25
0,25

0,25

Vậy hệ phương trình đã cho có 8 nghiệm:
1
1
1
1 1
1
1

1
(1; ), (1;  ), (1; ), (1;  ) , ( ;1), ( ; 1), ( ;1), ( ; 1)
2
2
2
2 2
2
2
2

Câu 2:

Ta có: P 

a.

b.

a (a  a  1)
1
.
a 1
a ( a 3  1)

0,5

P

(a  a  1)
1

.
a 1
( a  1)(a  a  1)

0,25

P

1
a 1

0,25

Ta có:

13  48  2 3  1

0,5

7  48  2  3

a  3 1

0,25

1
3

0,25

P


Câu 3:

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

a.

1 2
x  mx  3  x 2  2mx  6  0 (1)
2

0,5

 '  m 2  6  0 với mọi m

0,25

Suy ra phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
Do đó (P) luôn cắt (d) tại 2 điểm phân biệt.
Để tam giác OIJ cân tại O thì OI = OJ.
Do (P) nhận Oy làm trục đối xứng nên IJ  Oy.
8

b.

0,25
0,5

6

4

I

Suy ra (d) // Ox.
Do đó (d) có hệ số góc m = 0.
Vậy với m = 0 thì tam giác OIJ cân tại O.

J

0,5

2

10

5

5

O

10

2

Câu 4:

P
4

a.

A

K O

6

M

B

C

8

H
Q

E
N

Do AP, AQ là tiếp tuyến với (O) nên: AP  OP; AQ  OQ

0,5
0,5

 APO  AQO  180 . Suy ra tứ giác OPAQ nội tiếp.
0

b.

Vì C là trung điểm của AO nên PC = QC =a. Suy ra tứ giác OPCQ là hình thoi.
 CP // OQ và CP = OQ = a (1)
Do BECP là hình chữ nhật nên: BE // CP và BE = CP = a. (2)
0,5

c.

(1), (2) suy ra: BE//OQ, BE= OQ = a nên tứ giác OBEQ là hình bình hành.
Mặt khác OB = OQ = a nên OBEQ là hình thoi. (đpcm)
Kẻ NK  AM, NK cắt EQ tại H.
EQ NH
Vì QE//AM nên NH  EQ và
(1)

MA NK
Ta có:
SEQN

1
a2 3
a 3
 NH .EQ 
 NH 
2
16

8

0,5
0,25
0,25

0,25


 NK  NH  HK 

a 3 a 3 5a 3


8
2
8

EQ 1
  MA  5 EQ  3a  x  5a  x  2a
MA 5
Vậy với x = 2a thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Côsi

Từ (1) suy ra

Ta có: x12  2 x22  2 2 | x1 x2 | 2 2

c
a

x32  2 x42  2 2 | x3 x4 | 2 2

a
c

 c

a

Suy ra: x12  2 x22  x32  2 x42  2 2   
a c 
Mặt khác:

c a
c a
c a
 2
. 2
. 2
a c
a c
a c

Do đó x12  2 x22  x32  2 x42  4 2
*Lưu ý: HS có thể làm theo cách khác đúng cũng được điểm tối đa.

0,25
0,5

0,5


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Khóa ngày 21 tháng 6 năm 2011
MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN)

ĐỀ DỰ BỊ
Câu

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Nội dung

Điểm

a .Giải phương trình: 9x 4  26x 2  3  0 .
Câu 1:

Câu 2:

Đặt t  x 2 , t  0 phương trình trở thành 9t 2  26t  3  0

0.5

1
t  3 , t   (loại)
9

0.25

t  3 x   3

0.25

 5x  6 x  1

7

b.  5y  7 y  1
(Điều kiện: x   , y  1 )
5
(x  3)(y  5)  (y  8)(x  1)


0.25

9

x

2x  y  1

7


3x


2y

7

 y   11

7

0.75

a
a
2( a 3  a ) 
 3 1  3
a. P   
a





a 2  1 
a  
a a a a
a

0.5

 3 1  3 2 a 2 a 
 

  a  a 1  a 1   3 a  a
a 
a


0.5

3 9 9

b. P    a    
2 4 4

9
9
Vậy: Pmax  khi a 
4
4

0.5

a. Phương trình hoành độ giao điểm: x 2  x  1  x 2  x  m  0 (1)

0.5

Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì (1) có 2 nghiệm phân

0.5

2

0.5

Câu 3:

biệt. khi đó:   0  1  4m  0  m 
f(x) = x2

1
4
8

b. Ta có: A  x A ; x A  m  , B  x B ; x B  m 

0.25
6

4

B
A
10

2

5

5

2

4

6

10


OA 2  OB2  2  x 2A  x 2B   x A  m    x B  m   2
2

0.5

2

  x A  x B   m  x A  x B   2x A x B  m 2  1
2

 m 2  3m  0  m  0  m  3 (loại). Vậy m=0 là giá trị cần tìm.

0.25đ
0.5đ
F

Câu 4:

1

D
2
1

A

1

I
B

H
O

C

1

E

a. Ta có: AEF Vuông tại A và AB  EF  AB2  BE.BF

0,5

Mà AB  CD  CD 2  BE.BF

0,5

ˆ  Eˆ  D
ˆ  1800
b. Ta có Eˆ 1  A1 ; D1  A1 suy ra Eˆ 1  D
1
1

2

0.25

 tứ giác DCEF nội tiếp.

0.25

ˆ  Eˆ
c. Ta có: D
1
1

0.5

ˆ  Fˆ
IAF
1
ˆ  Eˆ  Fˆ  900
ˆ  IAF
D
1
1
1

ˆ  900
 AHD
ˆ chung
Xét 2  vuông AHO và ABI có BAI

0.5đ

 AHO và ABI đồng dạng



AH AO

 AH.AI  AO.AB
AB AI

a. Ta có: 1  b 2  4a ;
Câu 5:

 2  b 2  4a

0.5đ

 1   2  đccm
1
a

b. Ta có: P1  , P2  a
 P1  P2 

1
 a  2 đccm
a

*Lưu ý: HS có thể làm theo cách khác đúng cũng được điểm tối đa.

0.25đ

0.25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Khóa ngày 22 tháng 6 năm 2011
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm)
a. Cho phương trình: x 2  3x  2  0 . Tính: x1  x 2 ; x1x 2 .
b. Giải phương trình: x 4  x 2  12  0 .
1
2

Câu 2: (2,0 điểm) Cho parabol (P): y  x 2 và đường thẳng (d): y  mx  1 .
a. Vẽ parabol (P).
b. Chứng minh rằng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt. Tìm m để tổng bình phương
các hoành độ giao điểm bằng 8.
Câu 3: (1,5 điểm) Cho biểu thức:
A

x x  2x  3 x  6  1
1 

:

 với x  0, x  1, x  4 .
x 2
x 1
 x 1

a. Rút gọn A.
b. Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
Câu 4: (3,5 điểm) Cho ABC là tam giác nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, hai
đường cao AK và CI cắt nhau tại H.
a. Chứng minh tứ giác IHKB nội tiếp.
b. Chứng minh: CK.CB = CH.CI
c. Gọi D là điểm đối xứng với A qua O, J là hình chiếu của D trên BC.
Chứng minh rằng:

SACD AD 2

SBJD BD 2
1
2

Câu 5: (1,0 điểm) Chứng minh rằng: a 2  b 2  a  b  , với mọi a,b là số thực.
-----Hết-----(Giám thị không giải thích gì thêm).
Họ và tên thí sinh: .................................... , SBD: ......................................................
Giám thị 1:................................................ , Giám thị 2:..............................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Khóa ngày 22 tháng 6 năm 2011
MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN)
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm)
a. Giải phương trình: x 4  7x 2  12  0 .
1
1
 x 2  y2  5
b. Giải hệ phương trình: 
 1  5  21
 x 4 y 2

Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức:
P

a a  a a
1
.
a 1
a (a a  1)

(với a  0, a  1 )

a. Rút gọn P.
b. Tính giá trị biểu thức P biết a  13  48  7  48 .
1

2

Câu 3: (2,0 điểm) Cho parabol (P): y  x 2 và đường thẳng (d): y  mx  3 , (m là tham số).
a. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt I, J với mọi m.
b. Xác định m để tam giác OIJ cân tại O (O là gốc tọa độ).
1
3

Câu 4: (3,0 điểm) Cho AB = 3a, trên đoạn thẳng AB lấy điểm C sao cho AC  AB . Hai
đường thẳng qua A tiếp xúc với đường tròn tâm O đường kính BC lần lượt tại P và Q.
a. Chứng minh tứ giác OPAQ nội tiếp.
b. Kéo dài OP cắt đường tròn (O) tại E. Chứng minh rằng tứ giác OBEQ là hình thoi.
c. Trên tia đối của tia BA lấy điểm M. Đặt BM = x. ME cắt AQ tại N. Xác định
x theo a để tam giác EQN có diện tích bằng

a2 3
.
16

Câu 5: (1,0 điểm) Giả sử phương trình: ax 2  bx  c  0 có 2 nghiệm x1 , x 2 và phương
trình cx 2  bx  a  0 có 2 nghiệm x 3 , x 4 . Chứng minh rằng: x12  2x 22  x 32  2x 42  4 2 .
-----Hết-----(Giám thị không giải thích gì thêm).
Họ và tên thí sinh:..................................... , SBD: ......................................................
Giám thị 1:................................................ , Giám thị 2:..............................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG
ĐỀ DỰ BỊ

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Khóa ngày 22 tháng 6 năm 2011
MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN)
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm)
a. Giải phương trình: 9x 4  26x 2  3  0 .
 5x  6 x  1

b. Giải hệ phương trình:  5y  7 y  1
(x  3)(y  5)  (y  8)(x  1)


Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức:
a
a
2( a 3  a ) 
 3 1  3
P 
a



 với a  0, a  1 .

a 2  1 
a  
a a a a
a

a. Rút gọn P.
b. Tính giá trị lớn nhất của biểu thức P.
Câu 3: (2,0 điểm) Cho parabol (P): y  x 2 và đường thẳng (d): y  x  m , (m là tham số).
a. Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B.
b. Tìm m để OA 2  OB2  2 . (O là gốc tọa độ)
Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O và hai đường kính AB, CD không trùng
nhau. Kẻ tiếp tuyến (d) với đường tròn (O) tại B, (d) cắt AC tại E và cắt AD tại F.
a. Chứng minh: CD2 = BE.BF
b. Chứng minh rằng tứ giác DCEF nội tiếp.
c. Kẻ đường trung tuyến AI của tam giác AEF. Gọi H là giao điểm của AI và CD,
chứng minh rằng: AH.AI = AO.AB
Câu 5: (1,0 điểm) Cho 2 phương trình: ax 2  bx  1  0 (1) ; x 2  bx  a  0 , (2) (a>0).
a. Chứng minh rằng hai phương trình trên cùng có nghiệm hoặc cùng vô nghiệm.
b. Giả sử cả hai phương trình trên đều có nghiệm, gọi P1 là tích 2 nghiệm của (1)
và P2 là tích 2 nghiệm của (2). Chứng minh rằng: P1  P2  2 .
------------------------Hết-----------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:............................................................; SBD:..........................................................
Giám thị 1:........................................................................; Giám thị 2:.................................................