BỘ ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN NĂM HỌC 20172018 CỰC CHUẨN (PHẦN 1)

ĐỀ SỐ 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

………………………

NĂM HỌC 2017-2018
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề

Bài 1:(1,5 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:
1)
2)
3)

với a < b < 0

Bài 2. (1,5 điểm):

a) Biết đường thẳng (d): y = ax + b đi qua điểm M ( 2;
thẳng (d'): 2x + y = 3. Tìm các hệ số a ,b

b) Giải hệ phương trình sau:
Bài 3 (2,5 điểm )
1. Cho phương trình

1
2

) và song song với đường

3x + 2y = 11

2x − y = 5

(m − 1)x 2 + 2x + 1 = 0(*)

a) Giải phương trình (*) với m =-1
b) Tìm giá trị của m để phương trình (*) có nghiệm
c) Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn x1 =2x2
2. Tổng số công nhân của hai đội sản xuất là 125 người . Sau khi điều 13 người từ đội thứ

nhất sang đội thứ hai thì số công nhân của đội thứ nhất bằng
hai. Tính số công nhân của mỗi đội lúc đầu.

2
3

số công nhân của đội thứ

Bài 4 (3,5đ) :
1 Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB. C là 1 điểm thuộc nửa đường tròn. Trên tia
đối của tia CA lấy điểm D sao cho AE = AC, DE cắt BC tại H, AH cắt nửa đường tròn tại
K. Chứng minh:


1)
2)

·
·
DAH
= BAH

OK ⊥ BC

3) Tứ giác ACHE nội tiếp
4) B, K, D thẳng hàng
2) Một xô dựng nước dạng hình nón cụt. Đáy xô có đường kính là 28cm. Miệng xô là đáy
lớn của hình nón cụt có đường kính là 36cm. Hỏi xô có thể chứa được bao nhiêu nước nếu
chiều cao của xô là 32cm?
Bài 5: (1,0 điểm)

a) Cho x

≥

(x − 1)3 ≥

0. Chứng minh rằng

3
x −1
4

b) Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn
(x − 1)3 + (y − 1)3 + (z − 1)3 ≥

Chứng minh:

x+y+z =3

.

−3
4

……..Hết……

HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM
Bài 1:
1) = 15

=
2)
=
3)
(a < b < 0)
Bài 2

Đáp án

(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
Điểm

a) Ta có: (d'): 2x + y = 3

2.
(1,5đ)

y = - 2x + 3.
a = −2

b ≠ 3
Vì (d) song song với (d') nên ta có:
(1)
1
1
= 2a + b
2
2
Vì (d) đi qua điểm M (2; ) nên ta có:
(2)
 a = −2


9
b=

2

Từ (1) và (2) ta có:

0,25
0,25
0,25

b)
3x + 2y = 11 3x + 2y = 11
7x = 21
x = 3
⇔
⇔
⇔

2x − y = 5
4x − 2y = 10
4x − 2y = 1  y = 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x=3; y=1)
Bài 3:
1. Cho phương trình

(m − 1)x 2 + 2x + 1 = 0(*)

a) Với m=-1 phương trình (*)

⇔ 2x 2 − 2x − 1 = 0

có ∆'= 1+2 =3 >0

Vậy với m =-1 thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt :
x1 =

1− 3
1+ 3
; x2 =
2
2
⇔x=−

b) Nếu m =1 thì (*) : 2x +1= 0
Nếu m≠1 ⇒

∆*' = 2 − m

1
2

(có nghiệm )

. Phương trình (*) có nghiệm khi m≤2

Vậy m≤2 thì (*) có nghiệm .
c) Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt ⇔m<2 ; m≠1
Áp dụng định lý Vi-et và theo đề bài thì :

0,5
0,25


E

C

−2

x
+
x
=
1
2

m −1

1

 x1 x 2 =
m −1

 x1 = 2x 2



m=

⇔

17
9

(thoả mãn điều kiện )

2. Gọi số công nhân của đội thứ nhất là x(người)
Điều kiện x nguyên ; 125>x >13
Số công nhân của đội thứ hai là 125-x (người)
Sau khi điều 13 người sang đội thứ hai thì số công nhân của đội thứ nhất còn lại là :
x -13 (người )
Đội thứ hai khi đó có số công nhân là : 125 -x +13 = 138 -x (người )

theo bài ra ta có phương trình :

2
x − 13 = (138 − x)
3

⇔ 3x − 39 = 276 − 2x ⇔ 5x = 315 ⇔ x = 63

(thoả mãn )

Vậy đội thứ nhất có 63 người
Đội thứ hai có 125 - 63 = 62 (người )
BÀI 4

NÔI DUNG
1.

a) Xét

ĐIỂM
0,5

∆ADE

và

∆ABC

có:

0,75


·
BAD

chung

AC = AE (gt)
AB = AD (gt)
⇒ ∆ADE = ∆ABC

M

( c.g.c )

·
·
·
·
ACH
⇒ ACB

AED
AEH
=
( 2 góc tương ứng ) hay
= K

Xét

∆CAH

và

∆ΕAH

·
·
ACH
AEH
=
( cmt )

H

có:

D

A

O

AH chung
AC = AE (gt)
⇒ ∆CAH = ∆ΕΑΗ

( c.g.c )

·
·
·
·
⇒ CAH
EAH
DAH
BAH
=
( 2 góc tương ứng ) hay
=
.
·
AKB
= 90°

∆AKB

0,75

b) Xét
có
( góc nội tiếp chắn nửa đường

tròn ) có OA = OB ( bán kính đường tròn tâm O )
⇒

OK là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AB
·
·
= OBK
⇒ OKB

⇒ ∆BOK

cân tại O
·
·
OKB
= ABD
tam giác cân ) hay
(1)
Xét

∆ABD

⇒ ∆ABD

( 2 góc ở đáy của

có: AD = AB ( gt )
cân tại A

Từ (1) (2) suy ra:

ở vị trí so le trong

·
·
⇒ ADB
= ABD

·
·
OKB
= ADB
⇒ OK PAD

mà

(3)

(2)

·
DKB

và

·
ABD

là 2 góc

Lại có:

·
ACB
= 90°

( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

⇒ BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ AD

OK ⊥ BC

Từ (3) (4) suy ra

c) Xét tứ giác AHCE có:
mà

·
ACH
= 90°

(4)
( đpcm ).

·
·
ACH
= AEH

0,5

(cmt)

( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

·
·
·
⇒ AEH
= 90° ⇒ ACH
+ AEH
= 180°

mà 2 góc này đối nhau
d) Xét

∆DAK

và

∆BAK

⇒

Tứ giác ACHE nội tiếp

có:

0,5

AB = AD (gt)

·
·
DAH
= BAH

hay

·
·
DAK
= BAK

AK chung
Suy ra:

∆DAK = ∆ΒΑΚ

·
·
⇒ AKD
= ABK

Mà

·
AKB
= 90°

·
= 90°

⇒ AKD

⇒

( c.g.c )

( 2 góc tương ứng )

( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
·
·
+ AKD
= 180°
⇒ AKB

B, K, D thẳng hàng ( đpcm ).

2. Kết quả: Xô chứa được 26 lít nước.
Bài 5

Đáp án
a) Ta có

(x − 1)3 = x 3 − 3x 2 + 3x − 1 = x(x 2 − 3x + 3) − 1

0,5đ
Điểm


=

Vì

3
3
x(x − ) 2 + x − 1
2
4

0,25

3
3
x(x − ) 2 ≥ 0
(x − 1)3 ≥ x − 1
x ≥0⇒
2
⇒
4
(x − 1)3 ≥

b) Theo câu a ta có:
(y − 1)3 ≥

3
x −1
4

3
y −1

4

(z − 1)3 ≥

3
z −1
4

(1)

0,25

(2)
0,25
(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra:

( x − 1)

3

+ ( y − 1) + ( z − 1) ≥
3

3

3
9
3

( x + y + z) − 3 = − 3 = −
4
4
4

(x − 1)3 + (y − 1)3 + (z − 1)3 ≥

Vậy
Dấu đẳng thức xảy ra khi

−3
4

2
 
3
x  x − ÷ = 0

2
 
 x = 0, y = z =
2


 y  y − 3 ÷ = 0
⇔  y = 0, x = z =
2
 



2

z  z − 3  = 0
 z = 0, x = y =
÷
 
2


 x + y + z = 3

0,25

3
2
3
2
3
2

ĐỀ SỐ 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2017-2018


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

Rútgọncácbiểuthứcsau:
a/ A= (

2 5 − 125 + 80

1
5 +1

b/ B =

+

).

5

6+2 5
4

Bài 2. (1,5 điểm)
a) Xác định phương trình của đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 6 và
cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng – 3.
2x + y = 5m − 1

 x − 2y = 2
b) Cho hệ phương trình:
(m là tham số)
Tìm giá trị của m để hệ phương trình trên có nghiệm (x ; y) thỏa mãn biểu thức x + y 2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 3(2,5 điểm)

1. Cho phương trình

x 2 + 2(m − 2)x − 2m + 1 = 0

(1)

a) Giải phương trình khi m =1
b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm dương
2. Một vườn trường hình chữ nhật trước đây có chu vi 124m. Nhà trường đã mở rộng chiều
dài thêm 5m và chiều rộng thêm 3m, do đó diện tích vườn trườn đã tăng thêm 240m 2. Tính
chiều dài và chiều rộng của vườn lúc đầu.
Bài 4 (3,5 điểm):
1) (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M nằm trên nửa đường tròn
(M ≠ A; B). Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) lần lượt tại C và
D.
Chứng minh rằng: tứ giác ACMO nội tiếp.
·
·
CAM
= ODM
b Chứng minh rằng:
c) Gọi E là giao điểm của AM và BD; F là giao điểm của AC và BM. P là giao điểm
của BA và DC. Chứng minh: E; F; P thẳng hàng.
a

Bài 5(1 điểm)


a. Cho a,b>0 và ab>1. Chứng minh rằng:

b. Chứng minh rằng:

1
1
2
+
≥
2
2
1+ a 1+ b
1 + ab

1
1
1
1
1
1
+
+
≥
+
+
4
4
4
3
3
1 + a 1 + b 1 + c 1 + ab 1 + bc 1 + ca 3

…..Hết……

HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM
2 5 − 125 + 80
5
a/ A = (
).
2 5 −5 5 + 4 5
5
=(
).
5 5
=
.
=5
1
6+2 5
5 +1
4
B=
+
1
5 +1
5 +1
5 +1
4
=
+
(vì
> 0)

5 −1
5 +1
4
4
=
+
2 5
5
4
2
=
=
Bài
Đáp án
2
a) Gọi phương trình của đường thẳng (d) có dạng là y = ax + b
Vì đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 6 nên ta có
tung độ gốc b = 6.
⇒
Phương trình đường thẳng (d): y = ax + 6
Vì đường thẳng (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng – 3, tức
⇔
là đi qua điểm (–3 ; 0) nên ta có: 0 = –3a + 6
a=2
Vậy phương trình của đường thẳng (d) cần xác định là y = 2x + 6
b)
2x + y = 5m − 1 4x + 2y = 10m − 2
5x = 10m
x = 2m
⇔

⇔
⇔

 x − 2y = 2
 x − 2y = 2
 x − 2y = 2
y = m − 1

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

Biểu điểm
0,25
0,25

0,25
0,25


Có x + y2 = 2m + (m – 1)2 = m2 + 1
⇔
Dấu ‘‘ = ’’ xảy ra
m = 0.
Vậy m = 0 là giá trị cần tìm.
Bài 3(2,5 điểm)

1. Cho phương trình

≥

1 với mọi m

0,25

x 2 + 2(m − 2)x − 2m + 1 = 0

(1)

a) Khi m =1 thì phương trình (1) trở thành : x2 -2x -1 =0
∆' =1+1 =2 >0 . Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
x1 = 1 + 2; x 2 = 1 − 2
b) Phương trình (1) có hai nghiệm dương khi :

 ∆ ' ≥ 0(*)

 P > 0(**)
S > 0(***)


Giải (*) :

(m − 2) 2 + (2m − 1) ≥ 0 ⇔ m 2 − 4m + 4 + 2m − 1 ≥ 0

⇔ m 2 − 2m + 3 ≥ 0

luôn đúng với mọi m

−2m + 1 > 0 ⇔ −2m > −1 ⇔ m <

Giải (**) :
Giải (***) :

1
2

−2(m − 2) > 0 ⇔ m − 2 < 0 ⇔ m < 2

m<

Kết hợp các điều kiện có :

1
2

2. Gọi x, y lần lượt là chiều dài và chiều rộng của vườn (x, y >0)
Chu vi thửa vườn là 124m , có 2(x+y) = 124 ⇔x+y = 62 (1)
Diện tích cũ là xy (m2), diện tích mới là (x+5) (y+3)
theo đầu bài có phương trình (2)
(x+5) (y+3) - xy = 240
⇔ 3x+ 5y = 225

0,25


Kết hợp (1) và (2) được hệ phương trình
 x + y = 62


3x + 5y = 225

Giải đúng hệ phương trình được

85

x
=
(m)

2

 y = 39 (m)

2

thoả mãn điều kiện và trả lời

Bài 4 (3,5 điểm):
Vẽ hình đúng cho phần a (0,25đ)
E

F

D
M

C

P
A

O

B

a)Tứ giác ACMO nội tiếp. (1,0 điểm)
Vì AC và DB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) lần lượt tại A và B nên ta có:
·
·
CAO
= CMO
= 900
(t/c tt)
(0,25đ)
Xét tứ giác ACMO có:

·
·
CAO
+ CMO
= 900 + 900 = 1800

(0,25đ)

·
·
CAO;
CMO

Mặt khác:

là hai góc đối nhau

Suy ra: tg ACMO nội tiếp
b,Chứng minh rằng:

(0,25đ)

·
·
CAM
= ODM

- Xét đường tròn (O) có:

(0,25đ)

1,0 điểm

1 ¼
·
·
CAM
= ABM(
= sđ AM)
2

- Chứng minh tứ giác BDMO nội tiếp

(0,25đ)
(0,25đ)


·
·
ABM
= ODM

Suy ra

( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung OM)

(0,25đ)

·
·
CAM
= ODM

(0,25đ)

c, Chứng minh E; F; P thẳng hàng. 0,75 điểm
Chứng minh được CA = CM = CF; DB = DM = DE

(0,25đ)

Gọi G là giao điểm của PF và BD
Vì AC//BD Áp dụng định lý Ta let và hệ quả chứng minh được
FC PC PC AC AC CF

=
;
=
;
=
DG PD PD BD BD DE

(0,25đ)

Suy ra DE = DG hay G trùng E.

(0,25đ)

Suy ra E; F; P thẳng hàng
2) (0,5 điểm)
Cho hình nón có đỉnh S , đường kính 2R chiều cao SH =
Theo đề bài chiều cao của hình nón SH =
(0,25đ)

R 3

R 3

, đường kính 2R

. Tích thể tích của hình nón
⇒

bán kính đấy là R

Thể tích hình nón :

V=

1
3π

R2h =

1
3 π

R2

R 3

=

πr 2 3
3

(0,25đ)

Bài 5(1 điểm)
Bài

Đáp án

5
(1điểm)

a.Ta có:

1
1
2
+
≥
2
2
1 + a 1 + b 1 + ab

Điểm
chi
tiết
0,25

2+a +b
2
≥
2
2
2 2
1 + a + b + a b 1 + ab
⇔ 2 + a 2 + b 2 + 2ab + a 3b + ab3 ≥ 2 + 2a 2 + 2b 2 + 2a 2b 2
⇔

2

Điểm
tổng

2

1.0đ

⇔ (ab − 1)(a = b) 2 ≥ 0

0,25

Luôn đúng do ab>1

0,25


b.Áp dụng bất đẳng thức câu a ta có
1
3
1
1
2
2
2
4
+
=
+
+
≥
+
≥ 0,253

4
4
4
4
4
2 2
4
1+ a 1+ b
1 + a 1 + b 1 + b 1 + a b 1 + b 1 + ab

Tương tự:

1
3
4
+
≥
4
4
1 + b 1 + c 1 + bc 3

1
3
4
+
≥
4
4
1+ c 1+ a
1 + ca 3

Từ đó suy ra
1
1
1
1
1
1
+
+
≥
+
+
1 + a 4 1 + b 4 1 + c 4 1 + ab 3 1 + bc3 1 + ca 3

ĐỀ SỐ 3
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

HẢI PHÒNG

NĂM HỌC 2017-2018
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề

Bài 1: (1,5 điểm):
Tính giá trị của các biểu thức sau:

a)

 1

A = 4 2 −4
− 2 18 + 98 ÷
 2



B = 17 + 4 9 − 4 5 − 2
b)
Bài 2. (1,5 điểm) :

1- Tìm m để đường thẳng y = 3x – 6 và đường thẳng y =
trên trục hoành

2 – Cho hệ pt

mx − y = 2

3x + my = 5

3
x+m
2

cắt nhau tại một điểm

(m là tham số)

a) Giải hệ phương trình với m = 1
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x > 0, y < 0
Bài 3(2,5 điểm):
1. Cho hàm số y = x2 (P) và các điểm A, B thuộc đồ thị (P) có hoành độ lần lượt là -1; 2
a) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B.
b) Tìm m để đường thẳng (d') : y= mx -1 (m là tham số ) cắt (P) tại hai điểm có hoành độ x 1,

x2 thoả mãn :

1
1
+ 2 =7
2
x1 x 2

2. Một vườn hình chữ nhật có diện tích 1200m2. Tính các kích thước của mảnh vườn biết
rằng nếu tăng chiều dài lên 5m và giảm chiều rộng đi 10m thì diện tích của mảnh vườn giảm
đi 300m2.
Bài 4 (3,5 điểm):
Cho đường tròn tâm (O) và dây AB. Trên tia AB lấy một điểm C nằm ngoài đường tròn. Từ
điểm P chính giữa cung lớn AB kẻ đường kính PQ, cắt dây AB tại D. Tia CP cắt đường tròn
tại điểm thứ hai là I, các dây AB và QI cắt nhau tại K.
a) Chứng minh tứ giác PDKI nội tiếp một đường tròn?
b) Chứng minh CI. CP = CK. CD ?
c) Chứng minh IC là tia phân giác của góc ngoài đỉnh I của

ΔAIB

?

d) Cố định A, B, C. Chứng minh rằng khi đường tròn (O) thay đổi nhưng vẫn đi qua A và B
thì đường thẳng QI luôn đi qua một điểm cố định ?
Bài 5(1 điểm):


1.Cho x>1. Chứng minh

2. Cho

a > 1;b > 1

x
≥2
x −1

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức E =
…..Hết……

a2
b2
+
b −1 a −1

HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM
Bài 1: (1,5 điểm)
1. (1,5 điểm)

(

A = 4 2 − 2 2 −6 2 +7 2

=

)

0,25

4 2 −3 2

0,25

=√2

0,25
0,25

B = 17 + 4 9 − 4 5 − 2 = 17 + 4( 5 − 2) − 2

= 17 + 4 5 − 8 − 2 = 9 + 4 5 − 2

0,25

= 5 +2−2 = 5

0,25

Bài 2. (1,5 điểm)
Bài 2
1,5 điểm

Đáp án
y = 3x − 6

Điểm

A(2;0)

cắt trục hoành tại điểm
1- Đường thẳng
Hai đường thẳng cắt nhau trên Ox khi đường thẳng
3
y= x+m
A(2;0)
2
đi qua điểm
3
⇔ ×2 + m = 0 ⇔ m = −3
2
.
Vậy m = -3 thì 2 đường thẳng cắt nhau tại một điểm trên ox

2- a) Với

m =1

ta có hệ phương tŕnh:

x − y = 2

3x + y = 5

0,25

0,25


0,25

7

 x = 4

y = − 1

4

0.25

Giải hệ phương trình được:

( x; y ) = 

7 1
;− ÷
4 4

Kết luận nghiệm của hệ phương tŕnh là

b) Xét hệ pt

mx − y = 2 (1)

3x + my = 5 (2)

(m là tham số)

0,25

Từ (1)=>y = mx – 2 thay vào (2) ta được: 3x + m2x – 2m = 5

 (m2 + 3)x = 2m + 5  x =
y=

=>

5 + 2m
m2 + 3

(với mọi m)

5m − 6
m2 + 3

Để x > 0, y < 0

=>

 5 + 2m
 m 2 + 3 > 0


 5m − 6 < 0
 m 2 + 3



5 + 2m > 0

5m − 6 < 0



−5
6
2
5

Bài 3(2,5 điểm)
1. a) Với A, B thuộc (P) : y = x2
Có xA =-1
xB =2

⇒

⇒

yA= 2. Ta có A (-1; 2)

yB= 4. Ta có B(2;4)

gọi phương trình đường thẳng (AB) : y= ax + b

⇒

 −a + b = 1
a = 1
... ⇔ 

2a + b = 4
b = 2

Vậy phương trình đường thẳng (AB) : y= x+2
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) & (D') : x2 -mx +1 =0 (1)

0,25


(a =1; b = -m ; c = 1) , có ∆ = … = m2- 4
+ (D') cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ pt (1) có 2 nghiệm phân biệt
⇔ ∆>0 ⇔ … ⇔ m< -2 hoặc m > 2 (*)
+ Khi đó, hoành độ giao điểm x1, x2 là nghiệm của phương trình (1),

Theo hệ thức Vi-ét ta có :

+ Để

 x1 + x 2 = m

 x1x 2 = 1

1
1
+ 2 = 7... ⇔ m 2 − 2 = 7... ⇔ m = ±3
2
x1 x 2

(thoả mãn (*) )

2. Gọi x(m) là chiều dài của vườn hình chữ nhật (x>10)

Thì chiều rộng là

1200
(m)
x

Từ giả thiết của đề bài ta có phương trình
 1200

(x + 5) 
− 10 ÷ = 1200 − 300
 x

⇔ 10x 2 − 250x − 6000 = 0 ⇔ x 2 − 25x − 600 = 0
 x = 40
⇔
 x = −15(loai)
Vậy chiều dài của vườn là 40(m), chiều rộng của vườn là 30(m).
Bài 4 (3,5 điểm):

Vẽ đúng hình cho câu a

0,5

3
(3,0điểm)

a)( 0,5 điểm). Chứng minh tứ giác PDKI nội tiếp:

0,25


Do điểm P nằm chính giữa cung lớn AB và PQ là đường kính
·
⇒ PQ ⊥ AB ⇒ PDK
= 90o

Lại có:

·
PIQ
= 90o

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay

Xét tứ giác PDKI có:

·
PIK
= 90o

·
·
PDK
+ PIK
= 90o + 90o = 180 o

0.25

Vậy tứ giác PDKI nội tiếp đường tròn.
b) (0,5 điểm). Chứng minh CI. CP = CK. CD
Xét

∆DCP

vuông tại D và

∆ICK

vuông tại I có:

µ
C

là góc chung

0,25

⇒ ∆DCP ∆ICK


(Theo trường hợp góc nhọn)
⇒

CD CP
=
CI CK ⇒

0,25
CI.CP = CK.CD (Điều phải chứng minh)

c) (0,75 điểm). Chứng minh IC là tia phân giác của góc ngoài
đỉnh I của

ΔAIB

0,25

:

⊥

Do PQ AB và điểm P nằm chính giữa cung lớn AB
nằm chính giữa cung nhỏ AB.
» = BQ
» ⇒ AIQ
·
·
⇒ AQ
= BIQ
⇒

⇒

Điểm Q

IK là phân giác trong tại đỉnh I của

0,25

ΔAIB

Mà

IK ⊥ IC ⇒

IC là phân giác ngoài tại đỉnh I của

ΔAIB

.

d) (0,75 điểm) Chứng minh đường thẳng QI luôn đi qua một điểm
cố định:
Xét

∆CIB

và

∆CAP

có:

µ
C

là góc chung

·
·
IBC
= APC

( Cùng bù với

·
ABI

)

0,25
0,25


⇒ ∆CIB

⇒

∆CAP

CI CA
=
⇒
CB CP

( g.g)

CI.CP = CA.CB (1)

Theo chứng minh câu b ta có: CI.CP = CK.CD (2)

Từ (1) và (2)

⇒

CK.CD = CA.CB

⇒

CA.CB
CD

CK =

0,25

Do các điểm A, B, C cố đinh nên D là trung điểm của AB cũng là
điểm cố định
⇒

⇒

Các đoạn thẳng CA, CB, CD có độ dài không đổi

CK có độ dài không đổi

⇒

0,25
K là điểm cố định

Vậy đường thẳng QI luôn đi qua điểm K cố định.

Bài 5(1 điểm):
Bai

Đáp án
x
≥2
x −1

1.
x>1)
5
(1 điểm)

x ≥ 2 x − 1 <=>
<=>

(

)

Điểm

Tổng
điểm

0,25

0,25

2

x −1 −1 ≥ 0
(luôn đúng với

x
≥2
x −1

=>
( dấu bằng xảy ra khi x=2)
2. Theo bất đẳng thức Côsi ta có :
a2
b2
a 2 b2
a
b
+

≥ 2.
.
= 2.
.
b −1 a −1
b −1 a −1
a −1 b −1
E=
a
b
≥ 2;
≥2
a −1
b −1
≥8
Áp dụng câu a ta có
=> E
Vậy GTNN của E là 8 khi a=b=2

0,25
0,75
0,25

0,25


ĐỀ SỐ 4
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

……………………….

NĂM HỌC 2017-2018
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề

Bài 1: (1,5 điểm):

a) Thực hiện phép tính: A =
A=

(

4
8
15
−
+
3 + 5 1+ 5
5

1+ x

)

2

−4 x

1− x
b) Cho biểu thức:
Tính giá trị của biểu thức A khi x = 2.
Bài 2. (1,5 điểm) :
a) Xác định hệ số a và b của hàm số y = ax + b, biết đồ thị của hàm số là đường thẳng song
song với đường thẳng y = 2x+ 2017 và đi qua điểm A(-1; 3)

b) Giải hệ phương trình sau:
Bài 3(2,5 điểm):

2x + 5y = 19

 x + 2y = 8


1. Cho phương trình

x 2 − 2(m + 3)x + m(m + 6) + 4 = 0

a) Giải phương trình trên với m = -6
b) Chứng minh rằng phương trình trên luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
c) Tìm giá trị của m để phương trình trên có hai nghiệm x1,x2 sao cho biểu thức
đạt giá trị nhỏ nhất.

A = x12 + x 22

2. Có hai lớp học sinh 9A và 9B cùng tham gia lao động trồng cây. Mỗi em lớp 9A đều
trồng được 4 cây phượng và 2 cây bàng. Mỗi em lớp 9B đều trồng được 3 cây phượng và 4
cây bàng. Cả hai lớp trồng được 233 cây phượng và 204 cây bàng . Hỏi mỗi lớp có bao
nhiêu học sinh?

Bài 4 (3,5 điểm):
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm C sao cho AC < BC (C
A). Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau ở điểm D, AD cắt (O) tại E (E

≠

≠

A).

a) Chứng minh BE2 = AE.DE
b) Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại H, DO cắt BC tại F. Chứng minh tứ
giác CHOF nội tiếp.
c) Gọi I là giao điểm của AD và CH. Chứng minh I là trung điểm của CH.
Bài 5(1 điểm):
1) Cho a > 0, b > 0.Chứng minh a + b

2) Cho a > 0, b > 0 thỏa mãn
Q=

≥

1 1
+ =2
a b

2

ab

.

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

1
1
+ 4
2
2
a + b + 2ab
b + a + 2ba 2
4

2

…..Hết……
HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM
Bài 1: (1,5 điểm):
a.(0,5 điểm)

.


a)A=

4(3 − 5) 8( 5 − 1) 15 5
−
+
4
4

5

0,25 đ

= 3− 5 −2 5 + 2+3 5

0,25 đ

=5

b.(1.0 điểm)
Bài 1:
(1,5
điểm)

víi x ≥ 0; x ≠ 1

0,25 đ

ĐKXĐ:

( 1+ x )
A=
=

(

2

−4 x

1− x

1− x

)

1− x

0,25 đ

2

= 1− x
0,25 đ

Với x = 2 thoả mãn điều kiện

x ≥ 0; x ≠ 1

Vậy tại x = 2 biểu thức A có giá trị là

Bài 2. (1,5 điểm):
Bài

1− 2

Đáp án

- Đồ thị của hàm số

đường thẳng

0,25 đ

.

y = ax + b

y = 2x + 2017

Điểm

là đường thẳng song song với

nên ta có

a=2

và

b ≠ 2017

.

0,25

- Đồ thị hàm số đi qua điểm A(-1;3) nên ta có:
2

3 = a.( −1) + b ⇔ 3 = 2.( −1) + b ⇔ b = 5

0,25
( TMĐK)

(1,5 điểm)
Vậy a = 2 và b = 5

b)

2x + 5y = 19
2x + 5y = 19
y = 3
⇔
⇔

 x + 2y = 8
2x + 4y = 16
x = 2

0,25

0,5

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (2;3)
0,25


Bài 3(2,5 điểm):
1. a) Với m=-6 phương trình đã cho trở thành :

x 2 + 6x + 4 = 0

∆'=5
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt :
x1 = −3 + 5;

x 2 = −3 − 5

[ −(m + 3)] − [ m(m + 6) + 4] = 5 > 0
2

b) Có ∆' =
∀m nên phương trình đã cho luôn có hai
nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi giá trị của m.
c) theo hệ thức Vi-ét ta có :
 x1 + x 2 = 2(m + 3)

2
 x1.x 2 = m(m + 6) + 4 = m + 6m + 4
A = x12 + x 22 = ( x1 + x 2 ) − 2x1x 2
2

= 4(m + 3) 2 − 2(m 2 + 6m + 4)
= 2(m + 3) 2 + 10 ≥ 10

∀m.

Vậy m=-3 thì GTNN của P =10.
2. Gọi số học sinh lớp 9A là x và số học sinh lớp 9B là y (với x; y nguyên dương)
Khi đó lớp 9A trồng được tất cả 4x cây phượng và 2x cây bàng còn lớp 9B trồng được tất

cả 3y cây phượng và 4y cây bàng .
Cả hai lớp trồng được số cây phượng là 4x + 3y
Cả hai lớp trồng được số cây bàng là 2x + 4y .
Theo bài ra ta có hệ phương trình

4x + 3y = 233
4x + 3y = 233
⇔

2x + 4y = 204
4x + 8y = 408
5y = 175
⇔
4x + 3y = 233
 y = 35
 x = 32
⇔
⇔
(tm)
 x = 32
 y = 35


Vậy lớp 9A có 32 học sinh, lớp 9B có 35 học sinh .
Bài 4 (3,5 điểm):
3

Vẽ đúng hình cho câu a

(3 đ)

0,5

a) Vì BD là tiếp tuyến của (O) nên BD
- Vì AB là đường kính của (O) nên AE

⊥
⊥

OB =>

ΔABD

vuông tại B.
0,5

BE.

0
·
ΔABD ABD=90
⊥
Áp dụng hệ thức lượng trong
(
; BE AD)

0,5

ta có BE2 = AE.DE.
b) Có DB = DC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), OB = OC (bán kính của (O))

=> OD là đường trung trực của BC
=>

0
·
OFC=90

0,25
(1).

Có CH // BD (gt), mà AB
=> CH

⊥

AB =>

⊥

0
·
OHC=90

BD (vì BD là tiếp tuyến của (O))
(2)

·
·
OFC
+ OHC

= 180

Từ (1) và (2) ta có
c) Có CH //BD=>

ΔBCD

Mà
·
HCD

do CA
⇒

⊥

0, 25
0

=> tứ giác CHOF nội tiếp

·
·
HCB=CBD

cân tại D =>

(hai góc ở vị trí so le trong)

·

·
CBD
= DCB

, nên CB là tia phân giác của

CB => CA là tia phân giác góc ngoài đỉnh C của

AI CI
=
AD CD

(3)

0,25

ΔICD
0,25

0,25


Trong

ΔABD

có HI // BD =>

Từ (3) và (4) =>
mà

0,25

AI HI
=
AD BD

(4)

CI HI
=
CD BD

CD = BD ⇒ CI = HI ⇒

I là trung điểm của CH

Bài 5(1 điểm):
Bài 5

Đáp án

5.a
Có a + b

≥

2

ab

a

(

-

b

)2

≥

Điểm

0 ( luôn đúng)

0,25

Dấu = xảy ra khi a = b.
5.b
Với

a > 0;b > 0

tacó:

(a 2 − b) 2 ≥ 0 ⇔ a 4 − 2a 2 b + b 2 ≥ 0 ⇒ a 4 + b 2 ≥ 2a 2 b

⇔ a + b + 2ab ≥ 2a b + 2ab

4

⇔

2

2

2

1
1
≤
(1)
2
a + b + 2ab
2ab ( a + b )
4

2

Tương tự có

Từ (1) và (2)

(2)

2

⇒Q≤

.

1
ab ( a + b )
0,25

1 1
+ = 2 ⇔ a + b = 2ab
a b

⇒Q≤

0,25

1
1
≤
2
b + a + 2a b 2ab ( a + b )
4

Vì

0,25

2

mà

a + b ≥ 2 ab ⇔ ab ≥ 1

1
1
≤
2
2(ab)
2

⇒Q=

.Khi a = b = 1 thì

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là

1
2

1
2

.