tổng hợp đề thi tuyển sinh môn toán 9 tỉnh quảng bình năm học 2010 2017(có đáp án)

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 - 2017
ĐỀ CHÍNH THỨC
Khóa ngày 08/6/2016
Môn: TOÁN
SBD:…………..
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề có 01 trang, gồm 05 câu
MÃ ĐỀ 086
 1
1  1

Câu 1(2,0 điểm). Cho biểu thức B  
với b  0 và b  1 .

 b 1 b  1  b
a) Rút gọn biểu thức B.
b) Tìm các giá trị của b để B  1 .
Câu 2(1,5 điểm).
2 x - 3 y = 1
a) Giải hệ phương trình 
.
3x+ y = 7
b) Cho hàm số bậc nhất y   n  1 x  3 (n là tham số). Tìm các giá trị của n để
hàm số đồng biến.

Câu 3(2,0 điểm). Cho phương trình x 2  6 x  n  0 (1) (n là tham số).
a) Giải phương trình (1) khi n  5 .
b) Tìm n để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn  x12 +1 x22 +1  36 .

Câu 4(1,0 điểm). Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn
1
2
Chứng minh rằng xy  x+ y   
64

x  y 1 .

Câu 5(3,5 điểm). Cho đường tròn tâm O, bán kính R và N là một điểm nằm bên ngoài
đường tròn. Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB với đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm).
Gọi E là giao điểm của AB và ON.
a) Chứng minh tứ giác NAOB nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Tính độ dài đoạn thẳng AB và NE biết ON = 5cm và R = 3cm.
c) Kẻ tia Nx nằm trong góc ANO cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D
 = OED
.
(C nằm giữa N và D). Chứng minh rằng NEC
………………HẾT…………………


SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 - 2017
ĐỀ CHÍNH THỨC
Khóa ngày 08/6/2016
Môn: TOÁN
SBD:…………..
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề có 01 trang, gồm 05 câu

MÃ ĐỀ 264
 1
1  1

Câu 1(2,0 điểm). Cho biểu thức B  
với b  0 và b  1 .

 b 1 b  1  b
a) Rút gọn biểu thức B.
b) Tìm các giá trị của b để B  1 .
Câu 2(1,5 điểm).
2 x - 3 y = 1
a) Giải hệ phương trình 
.
3x+ y = 7
b) Cho hàm số bậc nhất y   n  1 x  3 (n là tham số). Tìm các giá trị của n để
hàm số đồng biến.

Câu 3(2,0 điểm). Cho phương trình x 2  6 x  n  0 (1) (n là tham số).
a) Giải phương trình (1) khi n  5 .
b) Tìm n để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn  x12 +1 x22 +1  36 .
Câu 4(1,0 điểm). Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn
1
2
Chứng minh rằng xy  x+ y   
64

x  y 1 .

Câu 5(3,5 điểm). Cho đường tròn tâm O, bán kính R và N là một điểm nằm bên ngoài

đường tròn. Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB với đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm).
Gọi E là giao điểm của AB và ON.
a) Chứng minh tứ giác NAOB nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Tính độ dài đoạn thẳng AB và NE biết ON = 5cm và R = 3cm.
c) Kẻ tia Nx nằm trong góc ANO cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D
 = OED
.
(C nằm giữa N và D). Chứng minh rằng NEC
………………HẾT…………………


SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 -2017
Môn: TOÁN
Khóa ngày 08/6/2016
(Hướng dẫn chấm gồm có 4 trang)
MÃ ĐỀ 086, 264
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu
phải lập luận logic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng.
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì điểm 0 đối với những bước
sau có liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi câu được phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm là 0,5
điểm thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Đối với Câu 5, học sinh không vẽ hình thì cho điểm 0. Trường hợp học sinh có vẽ
hình, nếu vẽ sai ở ý nào thì điểm 0 ở ý đó.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm
từng câu.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu.
Câu

1

Nội dung
 1
1  1

Cho biểu thức B  
với b  0 và b  1 .

b

1
b

1
b


a)Rút gọn biểu thức B.
b)Tìm các giá trị của b để B  1 .
B

1a

b  1  b 1 1

b 1
b

2 b
 b 1 b
2

b 1



2
1  b 1  2
b 1
 b  3 (thỏa mãn). Vậy với b  3 thì B 1
2 x - 3 y = 1
a) Giải hệ phương trình: 
.
3x+ y = 7
b) Cho hàm số bậc nhất: y   n  1 x  3 (n là tham số). Tìm các giá
trị của n để hàm số đồng biến.

Ta có: B 1
1b

2

Điểm

2,0

0,5
0,5

0,5
0,25
0,25

1,5


Nội dung

Câu

2 x  3 y 1
2 x  3 y 1


Ta có : 
9 x  3 y  21
3x  y  7
2a

2b

3

3a

3b

4

5

11x  22
x  2


9 x  3 y  21
 y 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 1)
Hàm số bậc nhất y   n 1 x  3 đồng biến khi n – 1 > 0
 n  1.
Cho phương trình x 2  6 x  n  0 (1) (n là tham số)
a)Giải phương trình (1) khi n  5 .
b)Tìm n để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn
 x12 +1 x22 +1  36 .

Điểm
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25

2,0

Khi n  5 phương trình 1 trở thành: x 2  6 x  5  0
Ta có: a  b  c 1 (6)  5  0
Vậy phương trình có hai nghiệm x1 1, x2  5
Phương trình (1) có nghiệm khi Δ'  0  9 - n  0  n  9

0,25
0,25
0,25

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 =6, x1 x2 =n

0,25

x

2
1

+1 x22 +1 = 36   x1 x2  +  x1 + x2  - 2x1 x2 +1= 36
2

0,5

2

 n2 - 2n+1= 0   n  1  0  n  1 (thỏa mãn)
2

Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn x  y  1
1
2
Chứng minh rằng: xy  x+ y  
64
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
1

xy  x+ y  
8
Ta có:
2
4
1
1  x+ y+ 2 xy   x + y  1
xy  x+ y  =  2 xy   x+ y  
=
=
2
2
4
8
8
2 xy = x+ y
1
 x= y=
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 
4
 x + y = 1
Cho đường tròn tâm O, bán kính R và N là một điểm nằm bên
ngoài đường tròn. Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB với đường tròn
(O) (A, B là các tiếp điểm). Gọi E là giao điểm của AB và ON.
a)Chứng minh tứ giác NAOB nội tiếp được trong một đường tròn.
b)Tính độ dài đoạn thẳng AB và NE biết ON = 5cm và R = 3cm.

0,5

1,0

0,25

0,5

0,25

3,5


Câu

Nội dung
Điểm
c)Kẻ tia Nx nằm trong góc ANO cắt đường tròn tại hai điểm phân
 = OED
.
biệt C và D (C nằm giữa N và D). Chứng minh rằng NEC

0,5

5a

5b

Ta có: NA  AO ; NB  BO (T/c tiếp tuyến).
 = OBN
 = 900.
Suy ra OAN

0,25
0,25

 + OBN
 = 1800.
Tứ giác NAOB có OAN
Nên tứ giác NAOB là tứ giác nội tiếp được trong một đường tròn.
Áp dụng định lí Pi-ta-go vào  AON vuông tại A ta có
NO2 = NA2 + AO2  NA2 = NO2 – AO2  NA2 = 52 – 32 = 16
Suy ra NA = 4 cm.
Vì NA, NB là 2 tiếp tuyến cắt nhau  NA = NB   NAB cân tại N.
NO là phân giác của 
ANB (t/c tiếp tuyến)
Suy ra NO  AB và E là trung điểm của AB (t/c tam giác cân).
 ANO vuông tại A có AE  NO nên ta có AE.NO = AN.AO (hệ thức
trong tam giác vuông).

0,25
0,25

Suy ra AE =

AN.AO 4.3 12
24
=
=
suy ra AB = cm
NO
5
5

5

Lại có NA2 = NE.NO (hệ thức trong tam giác vuông) (1)
NA2 16
= cm.
Suy ra NE =
NO 5

0,25
0,25

0,25

0,25

 = 1 sđ 
Xét hai tam giác NAC và NDA có 
ADC = NAC
AC ( góc nội
2

5c

tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn 1 cung) và góc
AND chung
NA NC
=
Do đó  NAC   NDA (g.g) suy ra
 NA2=NC.ND (2)
ND NA

0,25


Câu

Nội dung
Từ (1) và (2) suy ra NC.ND= NE.NO 

Điểm
NC NE
=
mà góc CNE
NO ND

chung
 = NDO
 (2 góc tương ứng)
Do đó  NCE   NOD (c.g.c) suy ra NEC
(3).
 +CEO
 = 1800  NDO
 +CEO
 = 1800
Mà NEC
Do đó tứ giác CDOE là tứ giác nội tiếp.
 = OCD
 ( góc nội tiếp cùng chắn cung OD) (4).
Suy ra OED
 = ODC

 (do OCD cân tại O) hay OCD
 = NDO

Lại có OCD
(5)
 = OED
 .
Từ (3), (4) và (5) ta có NEC

0,5

0,25


KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016
Khóa ngày `19/06/2015
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

MÃ ĐỀ 264
Câu 1: (2.0điểm): Cho biểu thức A=

1
1
4x  2
với x   1


 2
x 1 x 1 x 1

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm x khi A =

4
2015

Câu 2: (1.5điểm): Cho hàm số: y = (m-1)x + m + 3 với m  1 (m là tham số)
a) Tìm giá trị của m để đồ thị của hàm số đi qua điểm M(1; -4)
b) Tìm giá trị của m để đồ thị của hàm số song song với đường thẳng (d): y = -2x +
1
Câu 3: (2.0điểm): Cho phương trình: x2 – (2m+1)x + m2 + m -2 = 0 (1) (m là tham số).
a) Giải phương trình (1) khi m = 2
b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn:
x1(x1 -2x2) + x2(x2 -3x1) = 9
Câu 4: (1.0điểm): Cho x, y là hai số thực thỏa mãn: x > y và xy = 1
Chứng minh rằng:

x

2

 y2 

 x  y

2

2

8

Câu 5: (3.5điểm): Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn nội tiếp đường tròn tâm O,
hai đường cao BD và CE cắt đường tròn (O) theo thứ tự tại P và Q (P  B, Q  C).
a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Gọi H là giao điểm của BD và CE. Chứng minh HB.HP = HC.HQ.
c) Chứng minh OA vuông góc với DE.


HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM
Nội dung

Câu
1
Cho biểu thức A=
=

x 1 x 1 4x  2


x2 1 x2 1 x2 1

=

x 1 x 1 4x  2
( x  1)( x  1)

=

4
4x  4
4( x  1)
=
=
với x   1
( x  1)( x  1) ( x  1)( x  1) x  1

1a

A=

4
với x   1
x 1

Khi A =
1b

1
1
4x  2

 2
x 1 x 1 x 1

4
4

4
ta có
=
2015
x  1 2015



x- 1 = 2015

 x = 2016 (TMĐK)

Vậy khi A =

4
thì x = 2016
2015

2
2a

Ta có M(1; - 4)  x = 1; y = -4 thay vào hàm số đã cho ta có:
-4 = (m- 1).1 + m +3
 - 4 = m-1 +m +3
 -4-2= 2m
 -6 = 2m
 m= -3 (TMĐK)

Với m = -3 thì đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm M (1; -4)
2b

Để đồ thị hàm số đã cho song song với đường thẳng (d): y =-2x +1
Khi và chỉ khi

a = a/ 

m-1 = -2

b  b/

m+3  1



m = -1

 m= -1

m  -2

Vậy với m = -1 thì đồ thị hàm số y = (m-1)x + m + 3 song song với đường thẳng


(d): y =-2x +1
3
Khi m = 2 thì phương trình (1) trở thành : x2 – 5x + 4 = 0
3a

Phương trình có dạng: a + b +c = 0 hay 1 +(-5) + 4 = 0
Phương trình có hai nghiệm x1 = 1; x2 = 4

Ta có:
     2m  1   4  m 2  m  2 
2

 4m 2  4m  1  4m 2  4m  8  9  0
 phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2

x1x2 = m2 + m -2

Theo định lí Viet x1 +x2 = 2m +1,

Theo đề ra: x1(x1 -2x2) + x2(x2 -3x1) = 9
 x12  2 x1 x2  x22  3 x1 x2 = 9
 ( x12  x22 )  5 x1 x2 =9

3b

 ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2  5 x1 x2 = 9
 ( x1  x2 ) 2  7 x1 x2 =9
2

2

 (2m+1) – 7(m + m -2) = 9
2

2

 4m +4m+ 1 - 7m – 7m+14= 9
2

 3m +3m - 6= 0

Phương trình có dạng: a + b +c = 0 hay 3 +3+ (-6) = 0
 m1 = 1; m2 = -2

Vậy với m1 = 1; m2 = -2 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và
thỏa mãn:

x1(x1 -2x2) + x2(x2 -3x1) = 9

4
Vì x>y nên x – y >0

x

Nên

2

 y2 

 x  y
2

2

2

8

Suy ra

2

 x +y  2 2( x  y )
2

2

 x +y - 2 2 x  2 2 y  0

x2  y 2
 2 2 ( Khai phương hai vế)
x y


2

2

2

2

 x +y + 2 - 2 2 x  2 2 y - 2  0
 x +y +

 2

2

- 2 2 x  2 2 y - 2xy  0 (xy=1 nên 2.xy = 2)

2

 (x-y - 2 )  0. Điều này luôn luôn đúng.

Vậy ta có điều phải chứng minh.
5

x

  900 , CE  AB => BEC
  900
Ta có BD  AC (GT) => BDC

5a

Nên điểm D và E cùng nhìn đoạn thẳng BC dưới một góc vuông
Vậy tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC
Xét  BHQ và  CHP có :

5b

  CHP
 (đối đỉnh)
BHQ
  CPH
 (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC của đường tròn (O))

BQH


Nên  BHQ đồng dạng với  CHP (g-g)
Suy ra:
5c

BH HQ

CH HP

Hay BH.HP = HC . HQ


kẽ tiếp tuyến Ax. Ta có góc C
Ax  
ABC ( cùng chắn cung AC)

Mà 
ABC  
ADE ( tứ giác BEDC nội tiếp)

nên. C
Ax  
ADE .

Mà hai góc ở vị trí so le trong
Suy ra Ax // DE.
Mà OA vuông góc Ax nên OA vuông góc DE.

sở GD & đt quảng bình
CHNH THC
SBD: ........................

kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
năm học 2013 - 2014

Khoỏ ngy 26 - 06 - 2013
Mụn : TON
Thi gian lm bi : 120 phỳt (khụng k thi gian giao )

thi gm cú 01 trang
M : 036

1
Cõu 1 (2,0 im): Cho biu thc A

x

1


1 1
1 x vi x 0; x 1 .
x 1

a) Rỳt gn biu thc A.
b) Tỡm cỏc giỏ tr nguyờn ca x A nhn giỏ tr nguyờn.
Cõu 2 (1,5 im): Gii h phng trỡnh sau:

2x y 5

x 3 y 1

Cõu 3 (2,0 im): Cho phng trỡnh x 2 2m 1 x 2(m 1) 0 (m l tham s).
a) Gii phng trỡnh khi m = 2.
b) Chng minh phng trỡnh cú nghim vi mi m.
c) Tỡm m phng trỡnh cú 2 nghim x1 , x2 tha món x1(x2 5) x2 (x1 5) 33.
Cõu 4 (1,0 im): Cho x, y l cỏc s dng tha món x + y = 2. Tỡm giỏ tr nh nht ca
biu thc P ( x 4 1)( y 4 1) 2013 .
Cõu 5 (3,5 im): Cho ng trũn (O) v ng thng d khụng giao nhau vi ng
trũn (O). Gi A l hỡnh chiu vuụng gúc ca O trờn ng thng d. ng thng i qua
A (khụng i qua O) ct ng trũn (O) ti B v C (B nm gia A, C). Tip tuyn ti B
v C ca ng trũn (O) ct ng thng d ln lt ti D v E. ng thng BD ct
OA, CE ln lt F v M, OE ct AC N.
a) Chng minh t giỏc AOCE ni tip.
b) Chng minh AB.EN=AF.EC.
c) Chng minh A l trung im DE.

-------------- HếT--------------


HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014

Môn: TOÁN
Khóa ngày 26 - 06 - 2013
MÃ ĐỀ: 036-568
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận
lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết, rõ ràng.
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải
sau có liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi câu nói chung phân chia đến 0.25 điểm. Đối với điểm thành phần là
0.5 điểm thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0.25 điểm.
* Học sinh không vẽ hình đối với Câu 5 thì cho điểm 0 đối với Câu 5. Trường hợp học sinh có vẽ
hình, nếu vẽ sai ở ý nào thì cho điểm 0 ở ý đó.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm của từng
câu.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu.
Câu
Nội dung
Điểm
1
2,0 điểm

1a

1  1 
x 1 x 1 x 1
 1
A

.
 1  x  
x

x

1
x

1
(
x

1)(
x

1)




2 x x 1

.
x 1 x
2

x
A là số nguyên, suy ra x  2  x  4
Do x nguyên dương, khác 1 nên x nhận các giá trị 2; 3; 4

1b

Thử lại, x = 4 thỏa mãn A nguyên.

Vậy biểu thức A có giá trị nguyên khi x  4

0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
1,5 điểm

2

 2x  y  5
6 x  3 y  15

 x  3 y  1  x  3 y   1
7 x  14

 x  3 y  1
x  2

y 1

Ta có: 

Lưu ý: Học sinh chỉ viết kết quả thì cho 0,75 điểm

0,5
0,5

0,5

2,0 điểm
0,25
0,25
0,25

3
Với m = 2, ta có phương trình: x  3 x  2  0 .
Ta có a  b  c  1  3  2  0 .
Phương trình có hai nghiệm x  1; x  2
Lưu ý: Học sinh chỉ viết kết quả thì cho 0,5 điểm
2

3a

Ta có:    2m  1  8(m  1)  4m  12m  9  (2m  3)  0 m

0,25

Vậy phương trình có nghiệm với mọi m.

0,25

Theo định lí Viet x1  x2  1  2m, x1 x2  2( m  1)

0,25

2

3b

2

2

x1(x2  5)  x2 (x1  5)  33  2x1x2  5(x1  x2 )  33
 2.2(m 1)  5(1 2m)  33 14m  42  m  3
Vậy m  3 phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn
x1(x2  5)  x2 (x1  5)  33

0,25
0,25
1,0 điểm

4
Ta có: P  ( x  1)( y  1)  2013
4

4

 x 4 y 4  x 4  y 4  1  2013  x 4 y 4  ( x 2  y 2 )2  2 x 2 y 2  1  2013
 ( x 2 y 2  1)2  ( x 2  y 2 )2  2013  ( x 2 y 2  1)2  (4  2 xy )2  2013
 ( x 2 y 2  1) 2  16  16 xy  4 x 2 y 2  2013
 ( x 2 y 2  1) 2  4( xy  1) 2  8 xy  2025
 ( x 2 y 2  1) 2  4( xy  1) 2  2( x  y ) 2  2025

0,25

0,25

0,25

 ( x 2 y 2  1) 2  4( xy  1) 2  2017  2017
x  y  2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2017 khi 
 x  y 1
 xy  1

0,25
3,5 điểm

5

C
O

0,5
N

F

M

B

d
D

A

(Học sinh vẽ hình đúng để giải câu a, b cho 0,5 điểm)
  900 ( OA  d )
Ta có: OAE
5a

  900 (EC là tiếp tuyến của đường tròn (O))
OCE
  OCE
  1800
Suy ra OAE

E

0,25
0,25
0,25


5b

Vậy tứ giác AOCE nội tiếp.

0,25

  CEN
 (1) (cùng chắn cung OC)
Ta có BAF

0,25


 (đối đỉnh), CBM
  ECN
 (tính chất tiếp tuyến)
ABF  CBM
 (2).
Suy ra 
ABF  ECN

Từ (1) và (2) ta có ABF đồng dạng với ECN
Suy ra

AB AF

 AB.EN  AF .EC .
EC EN

  OBD
  900 nên ABOD nội tiếp
Tứ giác ABOD có OAD
  OBC
 , mà OBC
  OCB
 ( OBC cân tại O).
Suy ra ODE
5c

  OED
 (cùng chắn cung OA)  ODE

  OED

Ta có OCB
Do đó tam giác ODE cân tại O. OA là đường cao của tam giác cân ODE,
suy ra A là trung điểm của DE.

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


sở GD & đt quảng bình

kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
năm học 2012 - 2013

Khoỏ ngy 04 - 07 - 2012
Mụn : TON
H tờn : ........................ Thi gian lm bi : 120 phỳt (khụng k thi gian giao )
SBD: ............................
M : 012
( CHNH THC)

thi gm cú 01 trang

Cõu 1:(2,0 im) Cho biu thc B

1
2
1


x2 x x 1 x

a) Rỳt gn biu thc B.
b) Tỡm tt c cỏc giỏ tr nguyờn ca x biu thc B cú giỏ tr nguyờn.
Cõu 2:(1,5 im) Gii h phng trỡnh sau:

3x y 3

2 x y 7

Cõu 3:(2,0 im)
a) Gii phng trỡnh: x 2 2 x 3 0 .
b) Cho phng trỡnh bc hai: x 2 2 x n 0 (n l tham s).
Tỡm n phng trỡnh cú hai nghim x1, x2 v tho món: x12 x22 8 .
Cõu 4:(1,0 im) Cho cỏc s thc x, y tho món: x y 2 .
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc: Q x 3 y 3 x 2 y 2 .
Cõu 5:(3,5 im) Cho tam giỏc ABC u cú AH l ng cao, N l im bt kỡ trờn
cnh BC (N khỏc B, C). T N v NE vuụng gúc AB, NF vuụng gúc AC (E thuc AB, F
thuc AC).
a) Chng minh: A, E, N, H, F cựng nm trờn mt ng trũn.
b) Gi O l trung im ca AN. Chng minh cỏc tam giỏc OEH v OFH l tam giỏc
u, t ú suy ra OH EF .
c) Tỡm giỏ tr nh nht ca on EF khi N chy trờn cnh BC, bit di cnh ca
tam giỏc ABC l a.

HếT


HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013
Khóa ngày 04 - 07 - 2012
Môn: TOÁN
MÃ ĐỀ: 012- 014
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu
phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết, rõ ràng.
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những
bước giải sau có liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi câu nói chung phân chia đến 0.25 điểm. Đối với điểm thành
phần là 0.5 điểm thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0.25 điểm.
* Học sinh không vẽ hình đối với Câu 5 thì cho điểm 0 đối với Câu 5. Trường hợp học
sinh có vẽ hình, nếu vẽ sai ở ý nào thì cho điểm 0 ở ý đó.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm
của từng câu.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu.
Câu
Nội dung
Điểm
2,0 điểm
1
1
2
1
Cho biểu thức B  2



x  x x 1 x
0,25
ĐK: x  0 và x  1
1  2x  x  1
B

1a
0,25
x  x  1
3x

0,25
x  x  1
3

0,25
x 1
3
với x  0 và x  1
B
0,25
x 1
0,25
B có giá trị nguyên khi x - 1 là ước nguyên của 3.
 x  1  3  x   2
1b
 x  1  1  x  0 (lo¹i)

0,25
x 1  1  x  2


x 1  3  x  4
0,25
Vậy biểu thức B có giá trị nguyên khi x = -2, x = 2 và x = 4
1,5 điểm
2
3x  y  3
(I)

2 x  y  7


Cộng từng vế hai phương trình của (I) ta được:
5 x  10
 x2
x  2
x  2
Do đó, ta có ( I )  

2x  y  7
 y  3
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    2; 3 .
Lưu ý: Học sinh chỉ viết kết quả thì cho 0,75 điểm
3
Phương trình: x  2 x  3  0 .
Ta có a  b  c  1   2   3  0 .
Phương trình có hai nghiệm x1  1; x2  3
Lưu ý: Học sinh chỉ viết kết quả thì cho 0,5 điểm
Phương trình x 2  2 x  n  0 có hai nghiệm x1, x2 khi và chỉ khi
2

 '  0   1  n  0  n  1
Theo định li Viet x1  x2  2, x1 x2  n

0,5
0,25
0,5
0,25
2,0 điểm

2

3a

3b

4

x  x  8   x1  x 2   2x1x 2  8
2
1

2

2
2

Ta có Q   x  y   3xy  x  y    x  y   2 xy
 12  8 xy ( do x  y  2)
 12  8 x  2  x 
2

 8 x 2  16 x  12
2
 8  x  1  4  4, x  
( x  1) 2  0
 x  y 1
Q  4 khi và chỉ khi 
x  y  2
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 4 khi x  y  1

5

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

 2 2  2n  8
 n  2 (tho¶ m·n)
Vậy với n  2 phương trình có hai nghiệm x1, x2 và thoả mãn:
x12  x22  8 .
3

0,5

0,25

1,0 điểm
0,25

0,25
0,25
0,25
3,5 điểm


A

O
F

0,5

I
E
B

5a

5b

N

H

Hình vẽ
Ta có: NE  AB , NF  AC , AH  BC
Nên: E, H, F cùng nhìn đoạn AN dưới một góc vuông
Vậy A, E, N, H, F cùng nằm trên đường tròn đường kính AN
Xét đường tròn đường kính AN, tâm O.

Ta có OE = OH = OF nên EOH , HOF cân tại O
  2.s®EAH
  60 0
s®EOH
  2s®HOF
  60 0
s®HOF
Suy ra EOH , HOF đều  OE  EH  HF  FO
Do đó tứ giác OEHF là hình thoi  OH  EF
Gọi I là giao điểm của OH và EF.
3
3
 EF  2 EI  2. OE  3 OA 
AN
2
2

5c

C

Mà AN  AH 

a 3
.
2

Vậy giá trị nhỏ nhất EF là

0,25

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

0,25

3a
khi N trùng H.
4

0,25



SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 - 2011
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
MÃ ĐỀ: 346

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN: (2,0 điểm)
Trong các câu từ 1 đến 8 đều có 4 phương án trả lời A, B, C, D trong đó có một phương án đúng.

Chọn chữ cái đứng trước phương án đúng
Câu 1: Cho hàm số y = (m - 2)x + 3 (biến x). Với giá trị nào của m hàm số đồng biến:
A. m < 2
B. m > 2
C. m > - 2
D. m  2
1
Câu 2: Cho hàm số y = - x2. Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số:
4
1
1
A. Q(2; 1)
B. N(-2; 1)
C. P(1; - )
D. M(1; )
4
4
Câu 3: Điều kiện xác định của biểu thức x-4 là:
A. x  4
B. x  R
C. x  4
D. x < 4
0
Câu 4: Diện tích hình quạt tròn có số đo cung 90 , bán kính R là:
2
2
2
2
A. R
B. R

C. R
D. R
4
5
6
3
Câu 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm, BC = 6cm. Khi đó cosB bằng:
3
3
1
A. 2
B.
C.
D.
2
3
2
Câu 6: Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 2x - 5 = 0. Khi đó tổng của 2 nghiệm là:
A. x1 + x2 = -2
B. x1 + x2 = 5
C. x1 + x2 = 2
D. x1 + x2 = -5
Câu 7: Cho tam giác ABC có AB = 6cm, AC = 8cm, BC = 10cm. Khi đó bán kính đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC là:
A. 6cm
B. 5cm
C. 4cm
D. 3cm
Câu 8: Diện tích của tam giác đều có ba cạnh bằng a (cm) là:
a2 2

a2 2
a2 3
a2 3
A.
(cm2)
B.
(cm2)
C.
(cm2)
D.
(cm2)
4
3
2
4
II. PHẦN TỰ LUẬN: (8,0 điểm)
1
1
2 b
Câu 9: (1,5 điểm) Cho biểu thức : P =
+
. (Với b  0, b  4)
b+2
b-2 b-4
a. Rút gọn biểu thức P.
2
b. Tìm b để P = .
3
Câu 10: (2,5 điểm) Cho phương trình: x2 - 2(n - 1)x + 2n - 3 = 0 (1) n là tham số.
a. Giải phương trình khi n = 3

b. Chứng minh phương trình (1) có nghiệm với mọi n.
c. Gọi x1, x2 là 2 ngiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 12 + x22.
Câu 11: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Dây cung CD vuông góc với AB tại P.
Trên cung nhỏ BC lấy điểm M (M khác C, B), đường thẳng AM cắt CD tại Q.
a. Chứng minh tứ giác PQMB nội tiếp được trong một đường tròn.
b. Chứng minh AQP ∽ ABM, suy ra: AC2 = AQ.AM.
c. Gọi giao điểm của CB với AM là S, MD với AB là T. Chứng minh ST//CD.
Câu 12: (1,0 điểm) Cho 2 số dương x, y có x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 
1 

B = 1  2  1  2 
 x  y 