BỘ đề THI vào lớp 10 môn TOÁN KHÔNG CHUYÊN của các năm + đáp án

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

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Khóa ngày 27 tháng 6 năm 2013
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a)

2 x  3 y  1

x2 1  5

b) 

x  y  3

Câu 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức sau:
M

( x  1)2  ( x  1)2
8
 2
( x  0 và x  1)
x 1
x x x

a) Rút gọn biểu thức M.

b) Tìm tất cả các giá trị của x để M  0.
1
Câu 3: (2,0 điểm) Cho parabol (P): y   x 2 và đường thẳng (d ) có phương trình:
4

y  (m  1) x  m2  3 (với m là tham số).

a) Vẽ parabol (P).
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d ) và parabol (P) không có điểm chung.
Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường
cao AD và BE của tam giác ABC cắt nhau tại H (D  BC; E  AC) . Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AEDB nội tiếp được trong một đường tròn;
b) CE.CA = CD.CB ;
c) OC  DE .
Câu 5: (1,0 điểm) Giải phương trình: ( x  2)4  x 4  226 .
----------------- 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

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Khóa ngày 27 tháng 6 năm 2013
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Câu

Nội dung

x2 1  5
 x2  1  5

a)

Điểm

a
0,25

(vì 5 > 0)

 x2  4

0,25

x  2

 x  2

0,25
0,25

b)

2 x  3 y  1

x  y  3
2 x  3 y  1

3x  3 y  9
5 x  10

x  y  3

0,25

 

x  2

0,25

Vậy hệ phương trình có một nghiệm:  2;  1

0,25

1
(2 đ)




0,25

 y  1

a) Với điều kiện đã cho ta có:

M


2
(1,5 đ)

( x  1)2  ( x  1)2
8
 2
x 1
x x x
x  2 x  1  ( x  2 x  1)
x  x  1



4 x
8

x  x  1  x  1 x  1



4

=



8





8

 x  1 x  1

0,25
0,25

4  x  1  8



4x  4

0,25

x  1  x  1 x  1  x  1 x  1  x  1 x  1
4  x  1

 x  1 x  1



0,25

4
x 1

1


b) Đk: x  0 & x  1
0,25

4
0
x 1
 x 1  0

M0

 x 1

a) Vẽ đồ thị:

x

Bảng giá trị:

1
4

y   x2

0,25

(tmđk)
…

-4

-2

0

2

4

…

…

-4

-1

0

-1

-4

…

0,5

Vẽ đúng đồ thị
y

-4

-2

2

4

x

0,5

3
(2,0 đ)
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

a

1
 x 2  (m  1) x  m2  3
4

0,25a

1
 x 2  (m  1) x  m2  3  0
4
Ta có:    m  1  4.
2





1 2
m  3  2m  2
4

0,25

Để (d) và (P) không có điểm chung thì:   0

 2m  2  0

0,25

 m 1

0,25

Vẽ hình, ghi GT, Kl
B

D

0,5

H

4
(3,5 đ)

O

A

C

E

x

2


a) AEB  ADB  900

0,5

 Hai điểm E, D thuộc đường tròn đường kính AB.

0,25

Suy ra tứ giác AEDB nội tiếp đường tròn đường kính AB.

0,25

b) Xét tam giác CEB và tam giác CAD có:
CEB = CDA = 900 ;

C chung

0,25

 CEB đồng dạng với CDA



0,25

CE CB
=
CD CA

0,25

 CE.CA = CD.CB

0,25

c) Kẻ Cx là tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại C.
ABC = DEC cùng bù với AED

0,25

ABC  ACx

0,25

(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

 DEC  ACx
 DE / / Cx

0,25

Mà OC  Cx
Suy ra OC  DE

0,25

( x  2)4  x 4  226 (1)
Đặt: x + 1 = t.

0,25

1   t  1   t  1
4

5
(1đ )

4

 226

 t 4  4t 3  6t 2  4t  1  t 4  4t 3  6t 2  4t  1  226  0
 2t 4  12t 2  224  0
 t 4  6t 2  112  0


 

 t 2 = -14 l
 2
t = 8 n


0,25

0,25
 x  2 2 1

Với t  2 2  

 x  2 2  1

0,25

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm: x  2 2  1 và x  2 2  1 .
-------------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
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ DỰ BỊ

Câu 1: (2,0 điểm) Cho phương trình: x 2  2(m  1) x  2m  5  0 (với m là tham số)
a) Giải phương trình với m = 1.
b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm cùng dấu.
Câu 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức sau:
1
1   x 1
x 2

:




x   x  2
x  1 
 x 1



M

( x  0 và x  1)

a) Rút gọn biểu thức M.
b) Tính giá trị của x để biểu thức M nhận giá trị âm.
1
Câu 3: (2,0 điểm) Cho parabol (P): y   x 2 và đường thẳng (d ) có phương trình:
2
y  mx  2 (với m là tham số).

a) Vẽ parabol (P).
b) Chứng minh đường thẳng (d ) luôn cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt với
mọi giá trị của m.
Câu 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tia Ax vuông góc với AB, lấy
điểm C không trùng với A. Đường thẳng CO cắt đường tròn (O) tại 2 điểm D, E.
a) Chứng minh tứ giác ADBE là hình chữ nhật.
b) Chứng minh CD.CE = CA 2
c) Biết AB = 2a. Xác định độ dài CD theo a để được tam giác OAD là một tam
giác đều.
Câu 5: (1,0 điểm) Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn: a  b  c  1 . Chứng minh:

a 2  b2  c2 

1
3

----------------- 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

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Khóa ngày 27 tháng 6 năm 2013
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a)

2 x  3 y  1

x2 1  5

b) 

x  y  3

Câu 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức sau:
M

( x  1)2  ( x  1)2

8
 2
( x  0 và x  1)
x 1
x x x

a) Rút gọn biểu thức M.
b) Tìm tất cả các giá trị của x để M  0.
1
Câu 3: (2,0 điểm) Cho parabol (P): y   x 2 và đường thẳng (d ) có phương trình:
4

y  (m  1) x  m2  3 (với m là tham số).

a) Vẽ parabol (P).
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d ) và parabol (P) không có điểm chung.
Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường
cao AD và BE của tam giác ABC cắt nhau tại H (D  BC; E  AC) . Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AEDB nội tiếp được trong một đường tròn;
b) CE.CA = CD.CB ;
c) OC  DE .
Câu 5: (1,0 điểm) Giải phương trình: ( x  2)4  x 4  226 .
----------------- 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

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Khóa ngày 27 tháng 6 năm 2013
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ DỰ BỊ

Câu 1: (2,0 điểm) Cho phương trình: x 2  2(m  1) x  2m  5  0 (với m là tham số)
a) Giải phương trình với m = 1.
b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm cùng dấu.
Câu 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức sau:
1
1   x 1
x 2

:




x   x  2
x  1 
 x 1


M

( x  0 và x  1)

a) Rút gọn biểu thức M.
b) Tính giá trị của x để biểu thức M nhận giá trị âm.
1
Câu 3: (2,0 điểm) Cho parabol (P): y   x 2 và đường thẳng (d ) có phương trình:
2
y  mx  2 (với m là tham số).

a) Vẽ parabol (P).
b) Chứng minh đường thẳng (d ) luôn cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt với
mọi giá trị của m.
Câu 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tia Ax vuông góc với AB, lấy
điểm C không trùng với A. Đường thẳng CO cắt đường tròn (O) tại 2 điểm D, E.
a) Chứng minh tứ giác ADBE là hình chữ nhật.
b) Chứng minh CD.CE = CA 2
c) Biết AB = 2a. Xác định độ dài CD theo a để được tam giác OAD là một tam
giác đều.
Câu 5: (1,0 điểm) Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn: a  b  c  1 . Chứng minh:

a 2  b2  c2 

1
3

----------------- 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 DỰ BỊ

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)
 x  3y  4
2x  y  1

a. Giải hệ phương trình: 

b. Cho phương trình: 2x 2  5x  9  0 . Tính: x1  x 2 ; x1x 2 ;

1 1
 .
x1 x 2

Câu 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức

a   a 1
a 2
B   2 

 
 với a  0, a  1, a  4 .
a 1   a  2

a  1 


a. Rút gọn B.
b. Tìm a nguyên để giá trị của B là một số nguyên.
Câu 3: (2,0 điểm) Cho parabol (P): y   x 2 và đường thẳng (d): y  x  2
a. Vẽ parabol (P).
b. Tìm giao điểm của (d) và (P).
Câu 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên nửa đường tròn
đó lấy điểm C sao cho AC  BC . Trên đoạn OA lấy điểm H tùy ý (H khác A), từ H
dựng đường thẳng (d) vuông góc với AB, đường thẳng AC cắt (d) tại D.
a. Chứng minh tứ giác HDCB nội tiếp.
b. Kéo dài BC cắt (d) tại E. Chứng minh rằng: AD.CD = ED.HD.
c. Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt (d) tại I. Chứng minh rằng I là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE.
Câu 5: (1,0 điểm)
Chứng minh rằng: a 2  b 2  c2  d 2  a  b  c  d  1 , với mọi a, b, c, d 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
ĐẮK LẮK

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2015 – 2016

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài:120 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: (1,5 điểm)
1) Rút gọn biểu thức A = 17 2 - 6 8 + 2015 50 .
ìï 2 (x - 1)+ y = 3
ï
2) Giải hệ phương trình ïí
.
ïï x + 4 = 3(y + 1)
ïî

Câu 2: (2,0 điểm)
Cho phương trình x 2 - (m + 3)x + m + 2 = 0 (1), ( m là tham số ).

1) Giải phương trình (1) khi m = 1.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn
điều kiện (x1 + x2 ) - 5 x1x2 + 1 = 0 .
2

Câu 3: (2,0 điểm)
1) Cho hàm số y = ax + b có đồ thị là đường thẳng D . Tìm a, b biết rằng D đi qua
điểm M (1;- 2)và D song song với đường thẳng y = 2 x - 1 .
2) Chứng minh rằng với mọi x > 0 và x ¹ 4 thì giá trị của biểu thức sau không phụ
æ 3+ x
çè x + 4 x + 4

thuộc vào giá trị của biến: P = ççç

x - 3 ö÷ x x + 2 x - 4 x - 8
÷
.
÷.
x - 4 ø÷
x

Câu 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn  O;R  có đường kính BC và A là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn
(A khác B và C). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC. Đường tròn đường kính AH
cắt các dây cung AB, AC lần lượt tại các điểm M và N.
1) Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật.
2) Chứng minh AM.AB = AN.AC.
3) Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng CH và BH. Chứng minh MQ
và NP là các tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH.
4) Khi điểm A di chuyển trên đường tròn  O;R  , tính diện tích lớn nhất của tứ giác
MNPQ theo R.
Câu 5: (1,0 điểm)
Tìm các giá trị của x thỏa mãn: x 2  2 x  1  2 x  6  25 .
----------Hết---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………….. Số báo danh:………………………………………...
Chữ kí của giám thị 1:………………………… Chữ kí của 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
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

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Khóa ngày 27 tháng 6 năm 2013
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Câu

Nội dung

x2 1  5
 x2  1  5

a)

Điểm

a
0,25

(vì 5 > 0)

 x2  4

0,25

x  2

 x  2

0,25
0,25

b)
2 x  3 y  1

x  y  3
2 x  3 y  1


3x  3 y  9
5 x  10

x  y  3

0,25

 

x  2

0,25

Vậy hệ phương trình có một nghiệm:  2;  1

0,25

1
(2 đ)




0,25

 y  1

a) Với điều kiện đã cho ta có:

M



2
(1,5 đ)

( x  1)2  ( x  1)2
8
 2
x 1
x x x
x  2 x  1  ( x  2 x  1)
x  x  1



4 x
8

x  x  1  x  1 x  1



4

=



8





8

 x  1 x  1

0,25
0,25

4  x  1  8



4x  4

0,25

x  1  x  1 x  1  x  1 x  1  x  1 x  1
4  x  1

 x  1 x  1



0,25

4
x 1

1


b) Đk: x  0 & x  1
0,25

4
0
x 1
 x 1  0

M0

 x 1

a) Vẽ đồ thị:

x

Bảng giá trị:

1
4

y   x2

0,25

(tmđk)

…

-4

-2

0

2

4

…

…

-4

-1

0

-1

-4

…

0,5

Vẽ đúng đồ thị
y

-4

-2

2

4

x

0,5

3
(2,0 đ)
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

a

1
 x 2  (m  1) x  m2  3
4

0,25a

1
 x 2  (m  1) x  m2  3  0
4

Ta có:    m  1  4.
2





1 2
m  3  2m  2
4

0,25

Để (d) và (P) không có điểm chung thì:   0

 2m  2  0

0,25

 m 1

0,25

Vẽ hình, ghi GT, Kl
B

D

0,5

H

4
(3,5 đ)

O

A

C

E

x

2


a) AEB  ADB  900

0,5

 Hai điểm E, D thuộc đường tròn đường kính AB.

0,25

Suy ra tứ giác AEDB nội tiếp đường tròn đường kính AB.

0,25

b) Xét tam giác CEB và tam giác CAD có:
CEB = CDA = 900 ;

C chung

0,25

 CEB đồng dạng với CDA



0,25

CE CB
=
CD CA

0,25

 CE.CA = CD.CB

0,25

c) Kẻ Cx là tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại C.
ABC = DEC cùng bù với AED

0,25

ABC  ACx

0,25

(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

 DEC  ACx
 DE / / Cx

0,25

Mà OC  Cx
Suy ra OC  DE

0,25

( x  2)4  x 4  226 (1)
Đặt: x + 1 = t.

0,25

1   t  1   t  1
4

5
(1đ )

4

 226

 t 4  4t 3  6t 2  4t  1  t 4  4t 3  6t 2  4t  1  226  0

 2t 4  12t 2  224  0
 t 4  6t 2  112  0


 

 t 2 = -14 l
 2
t = 8 n


0,25

0,25
 x  2 2 1

Với t  2 2  

 x  2 2  1

0,25

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm: x  2 2  1 và x  2 2  1 .
-------------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
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ DỰ BỊ

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Nội dung
a) x  2(m  1) x  2m  5  0
2

(1)
Thay m = 1 vào phương trình (1), ta có:
x 2  2(1  1) x  2.1  5  0
 x2  3  0
x  3

 x   3

Điểm

a
0,25
0,25
0,25

0,25

b) Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu khi:
1
(2 đ)

 Δ' > 0

 x1 .x2 > 0
 Δ' = m - 1 2 - 2m - 5 > 0


c 2m - 5
 x1 .x2 = =
>0
a
1

m 2 - 4m + 1 - 2m + 6 > 0
 
2m - 5 > 0





 

0,25





 m-2 2 +2>0

 
5
m >

2

 m>

0,25

0,25
5
2

0,25

a) Với điều kiện đã cho ta có:

2
(1,5 đ)

M

x  x  1  x  1 x  1   x  2  x  2 

:
x  x  1
 x  2 x  1



1



x  x  1

.



x 2





x 1

0,25

x 1 x  4

x 2
3 x

b) Ta có: M < 0 

0,5

0,25

x -2

<0

0,25

3 x



x -2<0
 x<4
Kết hợp với điều kiện ta có: 0 < x < 4 & x  1

1

0,25


a) Vẽ đồ thị:

…

x

Bảng giá trị:

1
y   x2
2

…

-2

-1

-2

1

2

0

1

0

1

2

Vẽ đúng đồ thị

2 …
0,5
-2 …

y

-2

-1 O

1

2

2

x

0,5

3
(2 đ)
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

a

1
 x 2  mx  2

2

0,25

1 2
x  mx  2  0
2

0,25

1
2

Ta có:   m 2  4. .  2   m 2  4  0

m

0,25
0,25

Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m.
Vẽ hình, ghi GT, KL

C
D

0,5
O

A

B

E

4
(3,5 đ)

a) Xét tứ giác ADBE có:
DEF và DBE chắn đường kính DE suy ra DEF  DBE  900

0,5

ADB và AEB chắn đường kính AB suy ra ADB  AEB  900

0,25

Suy ra ADBE là hình chữ nhật.

0,25

b) Xét tam giác CAD và tam giác CAE có:
C chung ; CAD  CEA
 CAD đồng dạng với CEA

0,5

CA CD
=
 CE.CD = CA2

CE CA

0,5



2


c) Tam giác AOD đều, suy ra DOA  600

0,25

Tam giác CAO có: OA  CO.cosDOA  CO 

OA
cosDOA



a
 2a
cos600

Suy ra: CD = CO – DO = 2a – a = a

Ta có: a  b  c  1

0,5
0,25

 a  b  c  1
2

 a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ac  1

(1)

0,25

a 2  b 2  2ab

Mặt khác: a 2  c2  2ac
5
(1đ )

c 2  b 2  2cb
Suy ra: 2  a 2  b 2  c2   2ab  2bc  2ac

(2)

0,25

Từ (1) và (2), suy ra:

a 2  b 2  c 2  2  a 2  b 2  c 2   2ab  2bc  2ac  1  2ab  2bc  2ac

0,25

 3  a 2  b2  c2   1

 a 2  b2  c2 

1
3

0,25
--------------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
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ DỰ BỊ

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Nội dung
a) x  2(m  1) x  2m  5  0
2

(1)
Thay m = 1 vào phương trình (1), ta có:
x 2  2(1  1) x  2.1  5  0
 x2  3  0
x  3

 x   3

Điểm

a
0,25
0,25
0,25
0,25

b) Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu khi:
1
(2 đ)

 Δ' > 0

 x1 .x2 > 0
 Δ' = m - 1 2 - 2m - 5 > 0


c 2m - 5
 x1 .x2 = =
>0

a
1

m 2 - 4m + 1 - 2m + 6 > 0
 
2m - 5 > 0





 

0,25





 m-2 2 +2>0

 
5
m >

2

 m>

0,25

0,25
5
2

0,25

a) Với điều kiện đã cho ta có:

2
(1,5 đ)

M

x  x  1  x  1 x  1   x  2  x  2 
:
x  x  1
 x  2 x  1



1



x  x  1

.



x 2





x 1

0,25

x 1 x  4

x 2
3 x

b) Ta có: M < 0 

0,5

0,25

x -2

<0

0,25

3 x



x -2<0
 x<4
Kết hợp với điều kiện ta có: 0 < x < 4 & x  1

1

0,25


a) Vẽ đồ thị:

…

x

Bảng giá trị:

1
y   x2
2

…

-2

-1

-2

1

2

0

1

0

1

2

Vẽ đúng đồ thị

2 …
0,5
-2 …

y

-2

-1 O

1

2

2

x

0,5

3
(2 đ)
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

a

1
 x 2  mx  2
2

0,25

1 2
x  mx  2  0
2

0,25

1
2

Ta có:   m 2  4. .  2   m 2  4  0

m

0,25
0,25

Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m.
Vẽ hình, ghi GT, KL

C
D

0,5
O

A

B

E

4
(3,5 đ)

a) Xét tứ giác ADBE có:
DEF và DBE chắn đường kính DE suy ra DEF  DBE  900

0,5

ADB và AEB chắn đường kính AB suy ra ADB  AEB  900

0,25

Suy ra ADBE là hình chữ nhật.

0,25

b) Xét tam giác CAD và tam giác CAE có:
C chung ; CAD  CEA
 CAD đồng dạng với CEA

0,5

CA CD
=
 CE.CD = CA2
CE CA

0,5



2


c) Tam giác AOD đều, suy ra DOA  600

0,25

Tam giác CAO có: OA  CO.cosDOA  CO 

OA
cosDOA



a
 2a
cos600

Suy ra: CD = CO – DO = 2a – a = a

Ta có: a  b  c  1

0,5
0,25

 a  b  c  1
2

 a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ac  1

(1)

0,25

a 2  b 2  2ab

Mặt khác: a 2  c2  2ac
5
(1đ )

c 2  b 2  2cb
Suy ra: 2  a 2  b 2  c2   2ab  2bc  2ac

(2)

0,25

Từ (1) và (2), suy ra:

a 2  b 2  c 2  2  a 2  b 2  c 2   2ab  2bc  2ac  1  2ab  2bc  2ac

0,25

 3  a 2  b2  c2   1
 a 2  b2  c2 

1
3

0,25
--------------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
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
ĐẮK LẮK

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: TOÁN

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
(Đáp án, biểu điểm và hướng dẫn chấm gồm tất cả 03 trang)
A. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
CÂU

ĐÁP ÁN
1) Ta có: A = 17 2 - 12 2 + 10075 2

ĐIỂM
0,5

= 10080 2

0,25

ìï 2 (x - 1)+ y = 3
ìï 2 x + y = 5
ï
2) ïí
Û ïí
ïï x + 4 = 3(y + 1) ïï x - 3 y = - 1
î
ïî
ïì x = 2
Û ïí
. Vậy hệ có nghiệm (x; y )= (2;1).
ïïî y = 1

Câu 1
(1,5
điểm)

0,5

0,25

1) Với m = 1 thì phương trình (1) trở thành: x 2  4 x  3  0 *
Ta có: a + b + c = 1 - 4 + 3 = 0
Vậy phương trình (*) có nghiệm: x = 1 và x = 3 .
2) Ta có: D = (m + 3) - 4(m + 2)= m 2 + 2m + 1
2

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2
Câu 2
(2,0
điểm)

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

Û D > 0 Û (m + 1) > 0 Û m ¹ - 1(**)
2

ìï x + x2 = m + 3

Với m thỏa mãn điều kiện (**) theo Vi-ét ta có: ïí 1
ïï x1 x2 = m + 2
î

0,25

Khi đó: (x1 + x2 ) - 5 x1x2 + 1 = 0
2

ém = - 1
2
Û (m + 3) - 5 (m + 2)+ 1 = 0 Û m 2 + m = 0 Û ê
êëm = 0
So sánh với điều kiện (**) ta được m = 0

Câu 3
(2,0
điểm)

1) D song song với đường thẳng y = 2 x - 1 nên suy ra a = 2
và b ¹ - 1 .
D đi qua điểm M (1; - 2) nên - 2 = 2.1 + b Û b = - 4 (thỏa
b ¹ - 1 ).
Vậy a = 2 và b = - 4 là các giá trị cần tìm.
2)
Ta có:
=

3+ x
x+ 4 x + 4

2 x

(x - 4)( x + 2)

x- 3
=
x- 4

(

3+

x

)

x+ 2

2

-

x- 3
x- 4

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

0,25

0,25

1


Ta có:

x x + 2x - 4 x - 8 x
=
x
=

Þ P=

2 x

.

(x - 4)( x + 2)

(

(

(

) (

x+ 2 - 4

)

)

x+ 2

x + 2 (x - 4)

)

0,25

x

0,25

x

x + 2 (x - 4)
x

= 2 , điều phải chứng minh.

0,25

0,5

Câu 4

(3,5
điểm)

1)

·
AMH = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AH)
·
ANH = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AH)

·
MAN
= 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC)
Þ Tứ giác AMHN là hình chữ nhật
·
·
2) MAH
= ·
ACB (cùng phụ với ·
ABC ) và ·
AMH = BAC
= 90o
o

Þ D MAH đồng dạng D ACB
AM MH
Þ
=
Þ AM . AB = MH . AC
AC

AB
Þ AM . AB = AN . AC
·
·
= PHN
3) D PNH cân tại P Þ PNH

ìï MNH
·
·
= MAH
ï
·
·
Þ MNH
= NCH
í
ïï MAH
·
·
= NCB
ïî
·
·
·
·
·
MNP
= MNH
+ HNP

= NCH
+ PHN
= 90o

MN là đường kính của đường tròn đường kính AH
Þ NP tiếp xúc với đường tròn đường kính AH tại N

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

0,25

2