TUYỂN tập bộ đề ôn THI vào lớp 10 CHUYÊN TOÁN có đáp án CHI TIẾT

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 2012
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (1,5 điểm)
 2x  y  2

Giải hệ phương trình (không sử dụng máy tính): 

3x  y  1

Câu 2: (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức

A



10
1
2


với x  0, x  16 .
x 1
x 4
x 1 x  4





Câu 3: (2,5 điểm) Cho parabol (P): y  2x 2 và đường thẳng (d): y  2x  m (m là
tham số).
a. Vẽ parabol (P).
b. Xác định m để đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P).
Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), kẻ phân giác CD
(D AB). Tia Bx vuông góc với CD tại E, cắt CA tại F.
a. Chứng minh tứ giác BEAC nội tiếp đường tròn, xác định tâm O.
b. Chứng minh FD  BC.
c. Lấy điểm M đối xứng với D qua E. Chứng minh MB là tiếp tuyến của đường
tròn (O).
Câu 5: (1,0 điểm) Với a, b, c bất kì
Chứng minh rằng:  a  1 a  2  a  3 a  4   2012  0

-----------Hết----------(Giám thị coi thi 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 2012
MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN)

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (1,5 điểm)
2
 3
 x  2y  x  y  2
Giải hệ phương trình: 
 5  4  7
 x  2y x  y

Câu 2: (1,5 điểm)

a2  a  2
1 
.

Rút gọn biểu thức: P =
a + a +1  a  1 a + a 

( với a  0 và a  1 )

Câu 3: (2,5 điểm)
Cho parabol (P): y  2x 2 và đường thẳng (d): y  2mx 

m2  m  1
, (m là tham số).
2

a. Vẽ Parabol (P).
b. Xác định m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 sao cho

x1 + x 2 + x 1 x 2 = 

3
4

Câu 4: (3,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm là H. Gọi K là giao điểm của AH và BC, L
là giao điểm của BH và AC.
a. Chứng minh tứ giác CKHL nội tiếp.
b. Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AHL, M là trung điểm của BC.
Chứng minh ML là tiếp tuyến của (C).
c. Gọi E là giao điểm của AM và (C). Chứng minh: BC2 = 4ME.MA
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho a, b ,c là ba cạnh của tam giác. Chứng minh phương trình sau vô nghiệm

a 2 x 2 + (c2  a 2  b 2 )x + b 2 = 0
-------------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 2012
MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN)
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (1,5 điểm)
2
 3
 x  2y  x  y  2
Giải hệ phương trình: 
 5  4  7
 x  2y x  y

Câu 2: (1,5 điểm)

a2  a  2
1 
.

Rút gọn biểu thức: P =
a + a +1  a  1 a + a 

( với a  0 và a  1 )

Câu 3: (2,5 điểm)
Cho parabol (P): y  2x 2 và đường thẳng (d): y  2mx 

m2  m  1
, (m là tham số).
2

a. Vẽ Parabol (P).
b. Xác định m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 sao cho

x1 + x 2 + x 1 x 2 = 

3
4

Câu 4: (3,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm là H. Gọi K là giao điểm của AH và BC, L
là giao điểm của BH và AC.
a. Chứng minh tứ giác CKHL nội tiếp.
b. Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AHL, M là trung điểm của BC.
Chứng minh ML là tiếp tuyến của (C).
c. Gọi E là giao điểm của AM và (C). Chứng minh: BC2 = 4ME.MA
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho a, b ,c là ba cạnh của tam giác. Chứng minh phương trình sau vô nghiệm

a 2 x 2 + (c2  a 2  b 2 )x + b 2 = 0
-------------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

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Khóa ngày 21 tháng 6 năm 2010
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (1,5 điểm)

 1
1   a 1 a  2 
Cho biểu thức P  


 với 0  a  1;4 .
:
a   a  2
a  1 
 a 1

1) Rút gọn P.
2) Tính giá trị của P khi a  9 .
Bài 2: (1,5 điểm)
1) Giải phương trình : x 2  5 x  4  0 .
x  2 y 1
2) Không dùng máy tính, giải hệ phương trình sau: 
2 x  y  7
Bài 3: (1,5 điểm)

Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d ): y = 2x + m.
1) Vẽ parabol (P).
2) Tìm m để đường thẳng (d ) cắt parabol (P) tại hai điểm.
Bài 4: (1,5 điểm)
Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 10cm, hai cạnh góc vuông hơn
kém nhau 2cm. Tính các cạnh góc vuông của tam giác vuông đó.
Bài 5: (4,0 điểm)
Trên đường tròn (O, R) đường kính AB, lấy hai điểm M, E theo thứ tự A, M,
E, B. Hai đường thẳng AM và BE cắt nhau tại điểm C, AE và BM cắt nhau tại
điểm D.

1) Chứng minh MCED là một tứ giác nội tiếp.
2) Gọi H là giao điểm của CD và AB. Chứng minh BE.BC = BH.BA.
3) Cho CAB  600 , tính thể tích của hình do AMB quay quanh cạnh MB sinh ra.
4) Chứng minh các tiếp tuyến tại M và E của đường tròn (O) cắt nhau tại một
điểm nằm trên đường thẳng CD.
----------------- Hết ----------------(Cán bộ coi thi 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:.................................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Khóa ngày 22, 23 tháng 6 năm 2012
MÔN THI: TOÁN

MA TRẬN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 - MÔN TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút
Chủ đề hoặc
mạch kiến thức, kĩ
năng
1. Phương trình,
hệ phương trình

Nhận biết
TL
Câu 1

Mức độ nhận thức
Vận dụng
Thông hiểu
cấp độ thấp
TL
TL
1,0

Tổng
điểm
10/10

Vận dụng
cấp độ cao
TL
2

1,0đ
Câu 2a

2. Bài toán rút
gọn biểu thức
3. Hàm số bậc
nhất, hàm số bậc
hai.

2,0 đ
Câu 2b
1,0đ

Câu 3a

2
0,5đ

1,5 đ

Câu 3b

1,0đ

Câu 4a

2
1,0đ

Câu 4b

2,0 đ

Câu 4c

3

4. Hình học
1,5đ

1,0đ

1,0đ
Câu 5

5. Bất đẳng thức,
phương trình, bất
phương trình…
Tổng

3,5 đ
1

1,0đ

4

2
3,5đ

Chủ tịch Hội Đồng
(Ký, và ghi họ tên)

2
3,0đ

2
2,5đ
Người ra đề
(Ký, và ghi họ tên)
1. Pham Minh Trí

Nguyễn Văn Hòa
2. Lê Hữu Tuấn

1,0 đ
10

1,0đ

10 đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Khóa ngày 22, 23 tháng 6 năm 2012
MÔN THI: TOÁN

MA TRẬN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 - MÔN TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút
Chủ đề hoặc
mạch kiến thức, kĩ
năng
1. Phương trình,
hệ phương trình

Nhận biết
TL
Câu 1

Mức độ nhận thức
Vận dụng
Thông hiểu
cấp độ thấp
TL
TL
1,0

Tổng
điểm
10/10

Vận dụng
cấp độ cao
TL
2

1,0đ
Câu 2a

2. Bài toán rút
gọn biểu thức
3. Hàm số bậc
nhất, hàm số bậc
hai.

2,0 đ
Câu 2b
1,0đ

Câu 3a

2
0,5đ

1,5 đ

Câu 3b
1,0đ

Câu 4a

2
1,0đ

Câu 4b

2,0 đ

Câu 4c

3

4. Hình học
1,5đ

1,0đ

1,0đ
Câu 5

5. Bất đẳng thức,
phương trình, bất
phương trình…
Tổng

3,5 đ
1
1,0đ

4

2
3,5đ

Chủ tịch Hội Đồng
(Ký, và ghi họ tên)

2
3,0đ

2
2,5đ
Người ra đề
(Ký, và ghi họ tên)
1. Pham Minh Trí

Nguyễn Văn Hòa
2. Lê Hữu Tuấn

1,0 đ
10

1,0đ

10 đ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Khóa ngày 22, 23 tháng 6 năm 2012
MÔN THI: TOÁN

MA TRẬN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 - MÔN TOÁN CƠ BẢN
Năm học 2011 – 2012
Thời gian làm bài: 120 phút
Chủ đề hoặc
mạch kiến thức, kĩ
năng

Mức độ nhận thức
Vận dụng cấp
Thông hiểu
độ thấp
TL
TL

Nhận biết

TL
1. Phương trình, hệ Câu 1
phương trình

Tổng
điểm
10/10

Vận dụng
cấp độ cao

TL
1

1,5đ
2. Bài toán liên
quan đến rút gọn
biểu thức
3. Hàm số bậc nhất,
hàm số bậc hai.

1,5 đ
Câu 2

1
1,5đ

Câu 3a

1,5 đ
Câu 3b

1,0đ
Câu 4a

2
1,5đ

2,5 đ

Câu 4b

3

4. Hình học
1,5đ

2,0đ

3,5 đ

5. Bất đẳng thức,
phương trình, bất
phương trình…
Tổng

Câu 5

1
1,0đ

3

Chủ tịch Hội Đồng
(Ký, và ghi họ tên)

2
4,0đ

1
3,5đ

1
1,5đ
Người ra đề
(Ký, và ghi họ tên)
1. Trần Đình Tuấn

Nguyễn Văn Hòa
2. Bùi Nguyên Khánh

1,0 đ
7

1,0đ

10 đ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Khóa ngày 22, 23 tháng 6 năm 2012
MÔN THI: TOÁN

MA TRẬN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 - MÔN TOÁN CƠ BẢN
Năm học 2011 – 2012
Thời gian làm bài: 120 phút
Chủ đề hoặc
mạch kiến thức, kĩ

năng

Mức độ nhận thức
Vận dụng cấp
Thông hiểu
độ thấp
TL
TL

Nhận biết

TL
1. Phương trình, hệ Câu 1
phương trình

Tổng
điểm
10/10

Vận dụng
cấp độ cao
TL
1

1,5đ
2. Bài toán liên
quan đến rút gọn
biểu thức
3. Hàm số bậc nhất,
hàm số bậc hai.

1,5 đ
Câu 2

1
1,5đ

Câu 3a

1,5 đ
Câu 3b

1,25đ
Câu 4a

2
1,25đ

Câu 4b

2,5 đ
Câu 4c

3

4. Hình học
1,5đ

1,0đ

1,0đ

5. Bất đẳng thức,
phương trình, bất
phương trình…
Tổng

Câu 5

3,5 đ
1

1,0đ
3

2
4,25đ

Chủ tịch Hội Đồng
(Ký, và ghi họ tên)

1
2,5đ

2
1,25đ
Người ra đề
(Ký, và ghi họ tên)
1. Trần Đình Tuấn

Nguyễn Văn Hòa
2. Bùi Nguyên Khánh

1,0 đ
8

2,0đ

10 đ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Khóa ngày 22, 23 tháng 6 năm 2012
MÔN THI: TOÁN

MA TRẬN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 - MÔN TOÁN CƠ BẢN
Năm học 2011 – 2012
Thời gian làm bài: 120 phút
Chủ đề hoặc
mạch kiến thức, kĩ
năng

Mức độ nhận thức
Vận dụng cấp
Thông hiểu
độ thấp
TL

TL

Nhận biết

TL
1. Phương trình, hệ Câu 1
phương trình

Tổng
điểm
10/10

Vận dụng
cấp độ cao
TL
1

1,5đ
2. Bài toán liên
quan đến rút gọn
biểu thức
3. Hàm số bậc nhất,
hàm số bậc hai.

1,5 đ
Câu 2

1
1,5đ

Câu 3a

1,5 đ
Câu 3b

1,25đ
Câu 4a

2
1,25đ

Câu 4b

2,5 đ
Câu 4c

3

4. Hình học
1,5đ

1,0đ

1,0đ

5. Bất đẳng thức,
phương trình, bất
phương trình…
Tổng

Câu 5

3,5 đ
1

1,0đ
3

2
4,25đ

Chủ tịch Hội Đồng
(Ký, và ghi họ tên)

1
2,5đ

2
1,25đ
Người ra đề
(Ký, và ghi họ tên)
1. Trần Đình Tuấn

Nguyễn Văn Hòa
2. Bùi Nguyên Khánh

1,0 đ
8

2,0đ

10 đ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Khóa ngày 22, 23 tháng 6 năm 2012
MÔN THI: TOÁN

MA TRẬN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 - MÔN TOÁN CƠ BẢN
Năm học 2011 – 2012
Thời gian làm bài: 120 phút
Chủ đề hoặc
mạch kiến thức, kĩ
năng

Mức độ nhận thức
Vận dụng cấp
Thông hiểu
độ thấp
TL
TL

Nhận biết

TL
1. Phương trình, hệ Câu 1
phương trình

Tổng
điểm
10/10

Vận dụng
cấp độ cao
TL
1

1,5đ
2. Bài toán liên
quan đến rút gọn
biểu thức
3. Hàm số bậc nhất,
hàm số bậc hai.

1,5 đ
Câu 2

1
1,5đ

Câu 3a

1,5 đ
Câu 3b

1,0đ
Câu 4a

2
1,5đ

2,5 đ

Câu 4b

3

4. Hình học
1,5đ

2,0đ

3,5 đ

5. Bất đẳng thức,
phương trình, bất
phương trình…
Tổng

Câu 5

1
1,0đ

3

Chủ tịch Hội Đồng

(Ký, và ghi họ tên)

2
4,0đ

1
3,5đ

1
1,5đ
Người ra đề
(Ký, và ghi họ tên)
1. Trần Đình Tuấn

Nguyễn Văn Hòa
2. Bùi Nguyên Khánh

1,0 đ
7

1,0đ

10 đ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Khóa ngày 27 tháng 6 năm 2013

MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Bài

Nội dung

Điểm

a)
x  2  0
 x  2
2x2  6x  1  x  2   2

 2
2
x  2x  3  0
2 x  6 x  1  ( x  2)
 x  2

  x  1  x  1
  x  3


0,25*2

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x  1
b) Điều kiện y  0
Hệ phương trình đã cho tương đương với

0,25

 xy  2 y  1  0

x  2 y 1  0

1
(2,0 đ)

x  2 y 1  0

 x( y  1)  0

0,25

 x  0

x  2 y 1  0
 y  1

  x  0
  
2


 y 1


  x  1
  y  1

0,25




1

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm:  0;  và (1;1)
2
a) A 

2
(1,5 đ)

b)

0,25*2



3x  3 x  3
x 1
x 2
x




( x  1)( x  2)
x 2
x 1 x

0,25

0,25

A

2x  3 x  2
x 2

( x  1)( x  2)
x 1

0,25

A

x3 x 2
( x  1)( x  2)

0,25

A

( x  1)( x  2)


( x  1)( x  2)

Ta có: A 

x 1
x 1

0,25

x 1 2
2
 1
x 1
x 1

0,25*2

Để A nhận giá trị nguyên thì x  1 là ước của 2
Suy ra x  4; x  9. (Do x  0 & x  1 )
1

0,25*2


a) Phương trình hoành độ giao điểm: x 2  ax  b  0 (*)

0,25

2a 2 a 2
Ta có:   a  4b  a  4 


 0, a  0
9
9

0,25

2

2

Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt do đó (d) luôn cắt (P)
tại hai điểm phân biệt.
Phương trình (*) có 2 nghiệm x1 
3
(2,0 đ)

3a  | a |
3a  | a |
; x2 
6
6

0,25

1
x1 3a  | a |  , a  0

 2
Xét:

x2 3a  | a | 
2, a  0
Vậy phương trình (*) luôn có 2 nghiệm và nghiệm này gấp đôi nghiệm kia.

0,25
0,25

b) Ta có: (d )  (d ') nên (d) có hệ số góc a   2
Ta có: 2a 2  9b  0  b 

0,25

2a 2
4
b
9
9

0,25

4
9

Vậy (d) có phương trình y   2 x  .

0,25
E

A
N

I

0,25

M
S

O
H

4
(3,5 đ)

B

a) Ta có: SA  SB; OA  OB

0,25

Nên S và O cùng thuộc đường trung trực đoạn AB.

0,25

Do đó: SO  AB (đpcm).

0,25

b) Ta có: OIS đồng dạng với OHE

0,25



OI OS

 OI .OE  OH .OS
OH OE

0,25

 OI .OE  OH (OH  HS )  OH 2  OH .HS

 OH 2  AH 2  OA2  R 2 (đpcm).

2

0,25
0,25*2


c) Ta có:

IE  OE  OI 

3R
;
2

SM  SI  IM 

S ESM

R
;
2

OI  OM 2  MI 2 

R



OI .OE  R 2  OE  2 R

SI  SO 2  OI 2 

15  3

0,25

R 15
2

0,25*2



0,25

2

3R
1
 EI .SM 
2

2



15  3
8

 (đvdt).

0,25
A

x

B

h

D

C
2x

2x

F

5
(1,0 đ)

E

Gọi AB  x . ( x  0)
1
2

Ta có: SCEF  CE.EF  2 x 2
S ABCEF  S ABCD  S DCEF 

0,25

3
xh  4 x 2
2

0,25

S BCF  S ABCDEF  S ABF  S CEF  x 2  xh

0,25
Theo giả thuyết SBCF  SCEF  2 x  x  xh
2

2

 x  0 (l )
 x ( x  h)  0  
 x  h ( n)

0,25

Vậy với x  h thì thỏa mãn điều kiện bài toán.
------------------HẾT-----------------Ghi chú: 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


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Khóa ngày 27 tháng 6 năm 2013
MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Bài

Nội dung

Điểm

a)
x  2  0
 x  2
2x2  6x  1  x  2   2

 2
2
x  2x  3  0
2 x  6 x  1  ( x  2)
 x  2

  x  1  x  1
  x  3


0,25*2

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x  1
b) Điều kiện y  0
Hệ phương trình đã cho tương đương với

0,25

 xy  2 y  1  0

x  2 y 1  0

1

(2,0 đ)

x  2 y 1  0

 x( y  1)  0

0,25

 x  0

x  2 y 1  0
 y  1

  x  0
  
2


 y 1

  x  1
  y  1

0,25




1

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm:  0;  và (1;1)
2
a) A 

2
(1,5 đ)

b)

0,25*2



3x  3 x  3
x 1
x 2
x



( x  1)( x  2)
x 2
x 1 x

0,25

0,25

A

2x  3 x  2
x 2

( x  1)( x  2)
x 1

0,25

A

x3 x 2
( x  1)( x  2)

0,25

A

( x  1)( x  2)

( x  1)( x  2)

Ta có: A 

x 1
x 1

0,25

x 1 2
2

 1
x 1
x 1

0,25*2

Để A nhận giá trị nguyên thì x  1 là ước của 2
Suy ra x  4; x  9. (Do x  0 & x  1 )
1

0,25*2


a) Phương trình hoành độ giao điểm: x 2  ax  b  0 (*)

0,25

2a 2 a 2
Ta có:   a  4b  a  4 

 0, a  0
9
9

0,25

2

2

Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt do đó (d) luôn cắt (P)
tại hai điểm phân biệt.
Phương trình (*) có 2 nghiệm x1 
3
(2,0 đ)

3a  | a |
3a  | a |
; x2 
6
6

0,25

1
x1 3a  | a |  , a  0

 2
Xét:
x2 3a  | a | 
2, a  0
Vậy phương trình (*) luôn có 2 nghiệm và nghiệm này gấp đôi nghiệm kia.

0,25
0,25

b) Ta có: (d )  (d ') nên (d) có hệ số góc a   2
Ta có: 2a 2  9b  0  b 

0,25

2a 2
4
b
9
9

0,25

4
9

Vậy (d) có phương trình y   2 x  .

0,25
E

A
N
I

0,25

M
S

O
H

4

(3,5 đ)

B

a) Ta có: SA  SB; OA  OB

0,25

Nên S và O cùng thuộc đường trung trực đoạn AB.

0,25

Do đó: SO  AB (đpcm).

0,25

b) Ta có: OIS đồng dạng với OHE

0,25



OI OS

 OI .OE  OH .OS
OH OE

0,25

 OI .OE  OH (OH  HS )  OH 2  OH .HS

 OH 2  AH 2  OA2  R 2 (đpcm).

2

0,25
0,25*2


c) Ta có:

IE  OE  OI 

3R
;
2

SM  SI  IM 

S ESM

R
;
2

OI  OM 2  MI 2 

R



OI .OE  R 2  OE  2 R

SI  SO 2  OI 2 

15  3

0,25

R 15
2

0,25*2



0,25

2

3R
1
 EI .SM 
2

2



15  3

8

 (đvdt).

0,25
A

x

B

h

D

C
2x

2x

F

5
(1,0 đ)

E

Gọi AB  x . ( x  0)
1
2

Ta có: SCEF  CE.EF  2 x 2
S ABCEF  S ABCD  S DCEF 

0,25

3
xh  4 x 2
2

0,25

S BCF  S ABCDEF  S ABF  S CEF  x 2  xh

0,25
Theo giả thuyết SBCF  SCEF  2 x  x  xh
2

2

 x  0 (l )
 x ( x  h)  0  
 x  h ( n)

0,25

Vậy với x  h thì thỏa mãn điều kiện bài toán.
------------------HẾT-----------------Ghi chú: 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


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Khóa ngày 27 tháng 6 năm 2013
MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN)
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ DỰ BỊ

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Bài

Nội dung

Điểm

a)
x  3
 x 1  x  3  
2
 x  1  ( x  3)

x  x 1  3  0

x  3
x  3


  x  2
 2
 x  7 x  10  0
 x  5


0,25

 x5

1
(2,0 đ)

0,25

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x  5

0,25
0,25

2( x 2  2 x)  y  1  0
b)  2
3( x  2 x)  2 y  1  7
Điều kiện y  1

0,25

u  x  2 x
Đặt 

v  y  1, v  0
2

Hệ phương trình đã cho trở thành:
2u  v  0
u  1


3u  2v  7
v  2

2
(1,5 đ)

0,25

 x 2  2 x  1  x 2  2 x  1  0


y

1

2
 y 1  4


0,25

x  1


(Tmđk). Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm: (1; 3)
y  3

0,25

a) N 
N


N

( x  1  1) 

x 1

2

x 1 
x 1 

x

x 1 

x

x 1 



x 1 

x



x 1 

x

x 1 

x

x 1 

x

x 1 

x

   x 1  x 
x  x  1  x 
2

x



0,25
0,25

2

0,25

N  4 x( x  1)
b)

0,25


1

2

1

Ta có: N  4 x( x  1)  4 x 2  x  4  x   
2 4

1

0,25


2

1 1
1 1

x  
2 2
2 4

Suy ra N  0 . Dấu “=” xảy ra khi x  0 .
Vậy GTNN của biểu thức N bằng 0, khi x  0 .

Do x  0 nên x  

0,25

a) Phương trình hoành độ giao điểm:
0,25

x2
 x  3m  x 2  3x  6m  0 (1)
3

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B khi và chỉ khi phương trình (1)
có hai nghiệm phân biệt    0
 9  24m  0  m  

3
8

0,25

3
thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
8
b) Ta có: A( x A ; x A  2m); B( xB ; xB  2m); x A , xB là hai nghiệm của pt (1).

Vậy với m  
3
(2,0 đ)

0,25

0,25
0,25

Theo đề bài:  x A  xB    y A  yB   50
2

2

  x A  xB    x A  2m  xB  2m   50
2

2

0,25

  x A  xB   25
2

  x A  xB   4 x A xB  25

0,25

2

 9  24m  25  m 

2
3

Kết hợp với điều kiện m  

3
2
suy ra với m  thì thỏa mãn điều kiện bài toán.
8
3

Vẽ hình đến câu a).

0,25
0,25

B
o
60

K

4

(3,5 đ)

a

O

I

O'
A

D

C

a) Góc BAC và góc BKC cùng nhìn BC dưới một góc vuông nên A & K
cùng thuộc đường tròn đường kính BC.
Suy ra tứ giác CBKA nội tiếp đường tròn đường kính BC.

0,5

b) Tứ giác ADKI có IAD  IKD  1800 nên nó nội tiếp.

0,25
0,25

Suy ra: KDI  KAI (cùng chắn cung KI )

0,25

Mặt khác: KAI  KAB  KCB (cùng chắn cung BC )

0,25

2


Do đó: KDI  KCB  DIK đồng dạng với CBK


0,25

DK DI

 DK .CB  DI .CK (đpcm)
CK CB

1
DK .KI
S DIK
DK KI
c) Ta có:
 2


S CBK 1 CK .KB CK KB
2



 tan KCD.tan KBI  tan KCD



2

0,25

0,5

2

 AI 

 (Do KCD  KBI , cùng chắn KA )
 AC 

0,25

0,25
Mà AI 
Suy ra:

1
a
AB  ; AC  AB.tan 60o  a 3
2
2

0,25

S DIK
1

S CBK 12

b  a  0
b  a  0

Theo giả thuyết ta có:  2
 b 2  4ac
b  4ac  0 c  0 ( Do a  0)


Giả sử:
5
(1,0 đ)

0,25

abc
 3  a  b  c  3b  3a
ba

 4a  2b  c  0  4ac  2bc  c 2  0

0,25

Mà 4ac  b 2  4ac  2bc  c 2  b 2  2bc  c 2  (b  c) 2  0

0,25

Suy ra 4ac  2bc  c 2  0 luôn đúng.
0,25

abc
Do đó
 3 đúng. (đpcm)
ba

------------------HẾT-----------------Ghi chú: 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


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Khóa ngày 27 tháng 6 năm 2013
MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN)
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ DỰ BỊ

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Bài

Nội dung

Điểm

a)
x  3
 x 1  x  3  
2
 x  1  ( x  3)

x  x 1  3  0

x  3
x  3

  x  2
 2
 x  7 x  10  0
 x  5


0,25

 x5

1
(2,0 đ)

0,25

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x  5

0,25
0,25

2( x 2  2 x)  y  1  0
b)  2
3( x  2 x)  2 y  1  7
Điều kiện y  1

0,25

u  x  2 x
Đặt 
v  y  1, v  0
2

Hệ phương trình đã cho trở thành:
2u  v  0
u  1


3u  2v  7
v  2

2
(1,5 đ)

0,25

 x 2  2 x  1  x 2  2 x  1  0



y

1

2
 y 1  4


0,25

x  1

(Tmđk). Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm: (1; 3)
y  3

0,25

a) N 
N


N

( x  1  1) 

x 1

2

x 1 
x 1 

x

x 1 

x

x 1 



x 1 

x



x 1 

x

x 1 

x

x 1 

x

x 1 

x

   x 1  x 
x  x  1  x 
2

x



0,25
0,25

2

0,25

N  4 x( x  1)
b)

0,25


1

2

1

Ta có: N  4 x( x  1)  4 x 2  x  4  x   
2 4

1

0,25


2

1 1
1 1

x  
2 2
2 4

Suy ra N  0 . Dấu “=” xảy ra khi x  0 .
Vậy GTNN của biểu thức N bằng 0, khi x  0 .

Do x  0 nên x  

0,25

a) Phương trình hoành độ giao điểm:
0,25

x2
 x  3m  x 2  3x  6m  0 (1)
3

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B khi và chỉ khi phương trình (1)
có hai nghiệm phân biệt    0
 9  24m  0  m  

3
8

0,25

3
thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
8
b) Ta có: A( x A ; x A  2m); B( xB ; xB  2m); x A , xB là hai nghiệm của pt (1).

Vậy với m  
3
(2,0 đ)

0,25

0,25
0,25

Theo đề bài:  x A  xB    y A  yB   50
2

2

  x A  xB    x A  2m  xB  2m   50
2

2

0,25

  x A  xB   25
2

  x A  xB   4 x A xB  25

0,25

2

 9  24m  25  m 

2
3

Kết hợp với điều kiện m  

3
2
suy ra với m  thì thỏa mãn điều kiện bài toán.
8
3

Vẽ hình đến câu a).

0,25
0,25

B
o
60

K

4
(3,5 đ)

a

O

I

O'
A

D

C

a) Góc BAC và góc BKC cùng nhìn BC dưới một góc vuông nên A & K
cùng thuộc đường tròn đường kính BC.

Suy ra tứ giác CBKA nội tiếp đường tròn đường kính BC.

0,5

b) Tứ giác ADKI có IAD  IKD  1800 nên nó nội tiếp.

0,25
0,25

Suy ra: KDI  KAI (cùng chắn cung KI )

0,25

Mặt khác: KAI  KAB  KCB (cùng chắn cung BC )

0,25

2


Do đó: KDI  KCB  DIK đồng dạng với CBK


0,25

DK DI

 DK .CB  DI .CK (đpcm)
CK CB

1
DK .KI
S DIK
DK KI
c) Ta có:
 2


S CBK 1 CK .KB CK KB
2



 tan KCD.tan KBI  tan KCD



2

0,25

0,5

2

 AI 

 (Do KCD  KBI , cùng chắn KA )
 AC 

0,25

0,25
Mà AI 
Suy ra:

1
a
AB  ; AC  AB.tan 60o  a 3
2
2

0,25

S DIK
1

S CBK 12

b  a  0
b  a  0

Theo giả thuyết ta có:  2
 b 2  4ac
b  4ac  0 c  0 ( Do a  0)


Giả sử:
5
(1,0 đ)

0,25

abc
 3  a  b  c  3b  3a
ba

 4a  2b  c  0  4ac  2bc  c 2  0

0,25

Mà 4ac  b 2  4ac  2bc  c 2  b 2  2bc  c 2  (b  c) 2  0

0,25

Suy ra 4ac  2bc  c 2  0 luôn đúng.
0,25

abc
Do đó
 3 đúng. (đpcm)
ba

------------------HẾT-----------------Ghi chú: 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


S GIO DC V O TO

TNH K NễNG

Kè THI TUYN SINH LP 10 THPT
Khúa ngy 21 thỏng 6 nm 2010
MễN THI: TON

P N V HNG DN CHM MễN TON
CU
1
a)
(1,5)
ùỡ x ạ 9
+ k: ùớ

P N

IM
0,25

ùùợ x 0
- 3
+ P=
x+ 3

0,75

b)
P - 1
Vy giỏ tr nh nht ca P = -1 xy ra khi x = 0.
2

a)
(2,5) (P) cú nh gc to O cú dng y = ax 2 ( a ạ 0 ).
ổ

0,25
0,25
0,25

1ử

Vỡ (P) i qua A ỗỗỗ1; - ữữữ nờn:
ố 4ứ
1
- = a.12
4
1
ị a= 4

0,25

1
4

Vy (P): y= - x 2 .

0,25

b)
+ ng thng d song song vi ng thng x+2y=1
1

ị Phng trỡnh ng thng d cú dng y= - x+b .
2
1
+ Vỡ d i qua M(0;m) nờn ta cú: m= - ì0+b ị b=m
2
1
Vy t d: y= - x+m .
2

0,25

0,25

+ Phng trỡnh honh giao im:
1
1
- x 2 = - x+m
4
2
2
x -2x+4m=0

0,25

(P) ct d ti hai im phõn bit
D ' > 0 1- 4m > 0 m <

1
4

Theo gi thit ta cú:
3x1 + 5x 2 = 5

1

0,25