Đề thi và hướng dẫn chấm môn toán điều kiện thi vào lớp 10 năm 2017 2018

,,

THI TUYTN

UBND TINH THAI NGUYEN

VAO LOP 10 THPT
NIT hsc20l7 - 2018
MON: TOAN HQC

sd cra.o uuc va oAo rAo
on cniNn rHUc

,

SWTT

Thdi gian ldm bdi: I20 philt, kh6ng kA thdi gian giao
(Dd tui gdm c6 01 trang)

CAu 1(1,0 di6m). Kh6ng dung m6y tinh cdm tay hey giiriphuong trinh: xi

Ciu

2(1,0 tli6m). Cho him

siS

Uac rirrdt y

=(2m4)*+5m-l (m

lirtham

+2x-8

di

= 0.

,0,**)1.
,2,

Tim m d6hdm siS nghich bi6n tr€n IR. .
b. Tim m d6OO ttri hnm s5 c6t trgc tung t4i.tliiSm c6 tung tIQ h -6.
Cfiu 3(1,0 tli6m)' Kh6ng dtng m6y tinh cAm tay, rut ggn bi6u thrlc:
a.

, = (S - zJ-z + 2{s)(Jr+ 1o@)

.

+-

L+t *6x+J-xl,f{_:.-r) nai I'=0.
[Jx+3 Jx-3 x-e J(Jx+: ) [x+e

cho B =(

vitinh ei|tricria B khi x --12+6Ji.
(mx-v=n

cau 5(r,0 tli6nr). cho h€ phuong
li tham si5).
HEyrutggnbi6uthric.B

"r* IT;;:r(m;n

a. Khdng

dtng m6y tfnh cim tay hay gi6i hg phuong trinh khi

b. X6c itinh c6c tham sd m

* --!;n
2'3-1.

vi n biltring hQ phuong trinh c6 nghiQm li (-Lr6).

CAu 6(1,0 tli6m). Cho phuong trinh 2x2+3x-l=0. Ggi xr;xz li hai nghiQm phAn biQt cria
phuong trinh. Kh6ng gi6i phuong trinh h6y tinh gi6 tri cria bi6u thric:

!r*L-\.
[r, \)

p =z(

Cflu 7(1,0 ili6m). MQt tam gi6c vu6ng c6 c4nh huyAn bing 5cm, di$n tich

li

6cm'. Tinh

dO ddi

c6c c4nh g6c vu6ng cria tam gi6c vuOng d6.

Cfiu 8(1,0 tli6m). Hai dulng trOn (O) va (O') cit nhau t1i
OO' . Qua ,,4 k6 tluong thang vu6ng g6c
vir

D.

D

vir B. Gqi

M

ldtrung di'5m cta

vdi AM cit c6c dudrng trOn (O) va (O')

tan tugt O C

ring AC = AD
tli6m). Cho dudmgtrdn (O), Auongkinh AB,ctxrg D ni*cirngphfa A6ivA ,lA

Chung minh

Cffu 9(1,0
(

A

thuQc cung nh6
a.

fu ).Gqi E ld giao eliiim ciua AC vir BD , F ldgiao diiSm ctn AD vd BC .

Tinh g6c frE khi

siS

r*g D

do cria

"*g

ffi

D

bing 800.

.

khi g6c
ailne ss' ,
CAu 10(1,0 tli6m). Cho tam gi6c nhgn ABC (ABcqrrh AC, AB hn luqt t4i D vir E. H ld giao diiSm cria BD vit CE, K li giao itii5m ctn DE vd AH, F lit

giao cti€m cliua AH vir BC . M tdtrung tli€m oiua AH . Chtmg minh rang, MDz = MK -lfiF .
b. Tinh

st5

do


uauvEN
r4o

nUoxc oAN cnAnn

uBND riNH ruAr
sO crAo nuc vA BAo

rnr ruytN

sINH vAo LOp 10 THpr
NAnn Hec 2ot7-2olB
vt0l THI: ToAN HQC

ddn chdm

r. Hu6nrg

gim c6 06 trang)

ua^?iar!"*r

- Gi6m kh6o cdn nim vrng y€u cAu cria huong O5n ch6m
ldm cria thi sinh. Thi sinh

lim

c6ch kh6c

e16p

O6 Aann

gi6 etung bni

6n niiu ttung v6n cho diiSm ti5i ea.

- Khi vfn dpng d6p anvi thang ditim, gi6m kh6o c6n chri dQng, linh ho4t voi tinh
thdn trdn trQng bai lam cria hgc sinh.

- N6u c6 vi€c chi tirit h6a eli6m
di6m

vi

cdc

y

cdn ph6i e16m b6o kh6ng sai lQch vdi t6ng

vi dugc thting nh6t trong toan hQi tl6ng ctrrim Ai.

- Di6m toan bii ld t6ng eti6m cta c6c cdu h6i trong d6 thi, ch6m di6m 16 eliSn 0,25

kh6ng lim trdn.

II. Din 6n vir thans
a
tli6m
Cffu

I

1,0

tIi6m

Ciu

2

1'0
tIi6m

Ta c6

A'=

- 1.(-8)

= 9 suy ra J L, -3
Do d6 phuong trinh c6 hai nghigm phdn bi-6t

0r5

-l-3
,,= -1+3=.l,va*r=T=-*
1

0r5

a.

Him

sO

2m-3<

12

nghich bi6n tr6n

o <+

R khi vi chi khi
0r5

*.12

b. DO thi him sO cat tryc tung tai

e1i6m

Sm-l=-6e m=-l
CAU 3

Di6m

NOi duns

CAU

c6 tung dO h -6 khi vd chi khi
0r5

Ta c6:

, = (Jt - tJ-z * zJi)(Jr+ 1o,@)
1r0

-.t
(lrem

=(rJi 4Jz +2Ji)(Jr.6)
=(rJi

-l;)(zl;

*lr)

0125

0r25

=(rs)'-(Jr)'

0r25

=18

0,25


Cf,u 4

Ta c6:

a =(

+-i=tf-

ax+

Jil,[€-' -,]

1'0

tli6m

,(G-E)-(,+r)("6+:)+0,+G .Ji -t-Ji -z
Ji+t

xJi -3x- G -3 +6x*G G+r
*Ji
='4 -3x _
_

0,25

0r25

Ji +t
-3
=(J;;)-(GL)
4
I
=zlJ x

-t)

0r25

Khi x =t2+eJ1=(t*Ji)' tac6 G =3+Jl
r
1J3
Khid6 B=
6
z(t +J, - r)

zJt

Ciu

5
1,0

-.t
olem

a.

Khi

* - -!rn= |

2'3

0,25

,u c6 hQ phuong trinh de cho tr& thanh

[r
l-r.-Y-i e(
<
^l-t*-6y=z
-12'-3v-6
Itr-1r=r
Lr 2'
1

0r25

l-t*-6y =z -f'*=:o - ^1.=+
<+i_
Zx-6e<
- =_*
- lr=?
- 14, -6y=12-^<+1
|.,

0,25

b. Vi hQ phuong trinh c6 nghiQm'(-U.,6) n€n ta c6:

l-*-Ji=n ^[**n=-^.6^ I(",6 +t)m=t-.6
- l,lz*-n-, - [, --nL-Ji
L-r* Ji*-r

*{*=# *l*=
ln

-

-m-J3

l,

=

('i{)'
-*-Ji

*{*=

! -r,

0r25

0,25


CAU 6
1r0
-. I
(Ilem

Ta c6 ac = -2 < 0 n6n phuong trinh lu6n c6 hai nghiQm x,;x, th6a m6n:

lz x, = --

l\+

)z
ll

l*,*,=
ia c6
P = z(

4,25

-,

L*t

[r,

x,

)= z*,'

)

*x,'

0r25

\.xz

(xr+ xr)' -Zxrx,

0r25

1

2-

xrxz

2+t

0r25

='\=-13
2
CAru 7

1r0
-.7
olem

0,25

Ggi hai cpnh g6c vu6ng cta tam gi6c l6n luqt
Theo dinh

l)?

li

a,b(a,b > 0)

Pitago ta c6: a2 +b2 =25

DiQntich tamgikclit 6cm2 n0nta

cO:

!ab=6e
2

sb=12

Ta c6:

e (a + b)' -2ab =25 e (a + b)2 - 49 e
la+b-7 la-4
fa=3
ta c6 {
<+ {
holc {
lab-12 [D=3 lb=4

a2 + b2 = 25

Do

<16

0,25
0,25

a+ b =7

V{y hai c4nh g6c vudng cen tim c6 ttQ dei Hn luqt ld 3cmvd 4cm
Chrfi f: HS kh6ng vE hinh vfin_cho tli6m t6i aa. HS v6 hinh kh6ng
0,25
trinh bny ltri gif,i thi cho 0,25 tli6m


Ciu

8

1r0

tli6m

0,25

Chli

f:

Thf sinh c6 th6 vG 1 trong 4 truonrg hgp tr6n. Kh6ng vE hinh

khdng cho di6m.
Gqi E vi F l6n luqt li trung di6m cila AC vd AD
0r25
Khi d6 ta c6 OE L AC,O' F L AD nen OE, O'F vd AM song song v6i
nhau.

0,25

+=

1 ( Do Mlirtrungdi6m cta OO)
Yr=
"6 MO' AF
( HS c6 th6 n6i tluilng trung binh hinh thang OEFO)
Tt d6 ta co AE: AF

Theo dinh ly Tatet ,u

Mat kh6c ta c6

C6u 9

AE

-l,aC,*
22

-L,q.O

n1n AC =

AD (di6u ph6i

chrmg

0r25

minh)
Khdng vE hinh kh6ng cho tli6m.

1r0

tli6m
0,25

I

,-

ViAB lictuongkfnhn€n sdAmB = 1800
a.

ra c6

I
^
m
-,

,^


+

1,

=

r-

sdeiD):i(r*o'+

a\

800)= tloo

0r25

0r25

^

b. Ta co AEB =

1

=2

--

(sdAmB

- sdCnD)

.^
^
nln: sdeiD: sdZiE - zZna=

0r25
1800

-2.550 =700


CAU 10
1r0
-.1
olem

Kh6ng vE hinh kh6ng cho tI

Chi vG hinh thfng

a. cho 0,25

-.1
orem

Do E vi D nim tr€n duong trdn dudmg kinh BC n6n
CE

L AB,BD L AC vd do d6 Hldtryc

Xdt

fil gi6c AEHD c6 ffi =ffi

tdm tam gi6c ABC.

=900 n6n tu gi6cAEHD ldtrl gi6c

nQi ti6p duong trdn dudrng kfnh tdmM, duong

Hai tam gi6c MEO vit MDO bing nhau (c -c

0r25

kitlhAH

- c) nen ffid =ffiO 0)

M{t kh6c:

^
^
EMD
= 2EAD ( G6c nQi ti€p vd g5c d tdm chdn cung EHD cria dudmg

EOD=2dfr(

G6c nQi tii5p vd g6c & tdm chin cung

fr

trdn dudrng kinh BQ

N€n

ffi *ffi=z(ffi+ffi)=troo
4

Dod6 ^-MEO+uoZ=1800(2)

Tt(1)va(2) tac6 ffi=ffi=900

+ A,tuIDOvudng tqiD

ctraduong

Ta c6 ED lil ddy cung chung crla hai
tfimMn}n ED LOM
Gqi nf

h

giao cli6m

'

crta

ED

vir OM.

Khi d6 DN ld
gi6c vudn g MDO. Ta c6 MD2 = MN.MO

(3)

|

0'25

Hai tam gi6c vu6n g MKN vd MOF tl6ng dang (g - g) n6n ta c6

ry:=YMN MF
Tt

(3) ve (a)

h

MK-ItIF = MN.M7(4)
c6 MD2 = MK.MF (di6u ph6i chrlmg

-- ttiit--

minh).

|

,,rt


UBND TINH THAI NGUYEN

HIIONG NAN CHAM
THI TUYEN SINH VAO LOP 10 THPT
NAvr Hec zot6- 2ot7
vrON THr: ToAN Hec

so GrAo pvc vA pAo r4.o

( Bdn hudng ddn chtim

gim cd 04 trang)

I.Iluring din chung
- Gi6m kh6o cdn ndm virng y6u cAu cria hudng d6n ch6m Oe Oantr gi6 rhing bdi
ldm cta thf sinh. Thi sinh ldm c6ch khric d6p dn n6u dring v6n cho di6m tOi rla.
- Khi vfln dUng dbp in vi thang di6m, girim kh6o cAn chri tlQng, Iinh hoat vdi tinh
thAn trdnlrgng bdi ldm Lta hgc sinh.
- NiSu c6 viQc chi ti6t h6a di6m cdc,y cAn ph6i ddm b6o kh6ng sai lQch vdi t6ng
di6m vi - Di6m todn bdi ld t6ng dii5m cria c6c c-6u h6i trong dC thi, chSm di6m 16 di:n 0,25
vd kh6ng ldm trdn.
II. Dip rinn vi thang tli6m
Ciu
NQi dung
Di6m

.
.

CAU

I

Cho hdm s6 y=

(J1-Jr).+3

c6 Ao

tni (d). Ham so da cho ld ddng

biiin hay nghich biiSn tr€n R ? Giai thich? Tim tga d6 giao cti6m
c:ioa

(d)voi truc tung

Gidi:

, =(J1 -Ji)*+S

Hdm s6

Vi

I

0,25

ddng bitin tren tR ,

a: Jl-Jlro

Cho x :

0 ta c6 y :3

0r25
suy ra toa dQ giao diiSm cria (d) v6i tryc tung ld 0r5

A(0;3)

Ciu

2

Kh6ng dung miry tinh
thtrc: A

-

+rJr)'-

(z

..f&8

cAm

.

Gidi:
Ta c6:

e-(z+sJz)'-.,D88

-* +2.2.3,12+1l,li1z -,!1aat

0'5

=4+lzJr+18-i2J,
-11
Cffu 3

chobi6u

,no",r-(

x)0,x*4.

G-!.:L ).(J--Gl') ,,-F)''-

0r25
0,25

[;;5*G-/[m

Hay rut ggn B vd tinh gi6

trf

cta B khi x

-

3

+

.6.

Gi,rti:

ruvv'"-[cG5-Gi)t@]
*Y.i-l [v;'tr-('tr- zXv;.2)l

ra c6:' =(

o(G-t) l;$r._z)

-Wq'
_

0r25

0r25

4
1


0r25

vdi r-3+..6=
Ciu

(Jr.,)'= J; -J-z*t:+.8 -J|+t-1 =J,

0,25

4

Xric tlinh c6c hQ s6 a vd b, bilth6 phuong trinh
c6 nghiQm

(*;y)

-(z;-t).

Gidi:

Vi he c6 nghiQm (2,-l) n€n th6 x=2, y:-l
lzo+b1-r1-4 lzo-b-4

{

-2.(-r)

lzb

I
={

Ciu

5

--z

lb

c6:
0,25

--z

a-l

lb

+ Vdi

<>{

vdo he ta

0,25

--2
a:l, b: -2 ta c6 hQ

l*-2y'

0r25

lr.-,
(2;-l)

0,25

Vfly de h0 c6 nghiQm (x,' 1:
Kh6ng dung mdy tfnh cAm tay, hay gi6i pnuong trintL

x2

+6x-2016:0

Gidi:

a:1, b:6 (b':3), c:-2016
L = 32 - 1.(-2016) = 2o2s> 0,l[

Ta c6

= 45

Phuong trinh c6 hai nghidm ld: x, = -3 + 45 = 42;xz = -J * 45

Ciu

6

Cho phucrng trinh

x' -zmx *(*' - +):O 1t;, z

ld tham

- -48

0r25
0r25
0r5

si5.

a)Chung minh phuong trinh (1) lu6n c6 2 nghiQm phdn biQt vdi mgi

gi|tri

c: ia m.

b)Ggi x11x2li 2 nghiQm cria phuong trinh (l). Tim m di: xr2 +t =N,
Gidi:

a) Ta c6: A =m'-(*'-4)=4>0,Ym

suy ra phuong trinh lu6n
c6 hai nghiQm phdn biQt voi mgi gid,tri m.

b)

Theo viet ta

.o' {

xt + x2 =

[','',

"'*
-4

= m'

+4 =(x.,+xr)' -Zx,.xr=12*)' -2(*'-4)=2m2 +g
TheobAi xf +4=26+2mz +8=26*m=*3
Thri lpi: Vdi m=3, ta c6 phuong trinh x'-6x+5:0 c6 hai
nghiQm: x, =1,x, = 5 =+ t * 4 - 26,thoa m6n dAu bdi
ygl_!! - -3 cfing th6a m6n itAu bdi. Ydy m = +3

0,25

0r25

Ma xf

2

0,25

Ar25


Cdu 7

Khdng tinh tirng gi6 tr! cg thil, hay sip x6p cric ti sti lugng giitc
cos20', sin38', cos55', tan480, sin88' theo thti tg ting ddn, giii
thich?

Gidi:
0r25

= cos52o ,sin 88' = cos 20
Vdi 0 Ta c6 bi6n cl6i sau: sin 380

0,25

ndn 0N6u 450 < P <900 thi tanp 21 = tan480 > I
Do d6 ta sEp xiip theo thri tU ting dAn nhu sau:
cos

CAU 8

55',

Chotam

sin 38", cos

0r25

20', sin88o, tan 480

ABC vudng

gi6c

0r25

tqi

A,c6 sin B -:.HEy tfnh citctisri luqng
3

Gidi: (Kh6ng
Ta c6:

C

C.

giric cria goc

cho diiim hinh vd)

llA

sin,B=1=)CosC=-

^^
JJ

B

ACIAC2IACzlACl
- BC 3- BC2 g- AB'- 8 - AB 2J,
I

haycotg
=-|-,suy ra: tanC =ZJi
,
2J2,

0r25
0r25
0r25

AB

AC

Ciu

9

Cho dudmg trdn tdm

duong tlrang song song

ABOC

O vi

mQt

di€:m

AnAm ngoii duong trdn. Kd 2

AC voi ducrng tdn (B,C ld 2 n}p di6m).

tiiip tuytin AB,

0,25

',=+
Qua C kd mQt

vu OB, cfut O,l t1i H. Chung minh rang th gec

nQi ti6p duo. c trong mQt duong

tdn vd f/li trfc t6m cua tam gic

ABC.
Grrii.' Flinh vE

Xdt

tu

trEd

:

gdc ABOC

=frd

=eoo (Theo

tinh ch6t cta ti6p

tuyiSn).

Suy ra

tu gi6c ABOC

ti6p

c tong mQt ducrng

du-o.

0,25

c6:

0,25

nQi

tdn.
a

J

. {lca tloB +CHIAB

Trlc6:

Trong tarn gircABC c6:

Ciu

10

Cho

0r25

loB L AB

{':,:
11=H h tuc tam cua tam gi6c ABC.
IAH L BC

tt gi6cABCD nQi ti6p trong ducrng trdn(O;R),c6

ch6o vu6n

a)
b)

g

g6c

0,25

hai dudmg

vdi nhau vd cit nhau t4i L

Chrmg minh ring: IA.DC

- ID.AB;

Tinh t6ng AB2 + CD2 theo R.

Gidi:

Hinh vE kh6ng cho tli6m

a) Xdt hai tam gi6c IAB vd IDC c6:

vd

fri =i6Z (g6c nOi tii5p cung chiin

cung

0r25
D

BQ

Suy ra: NAB diing d4ng

voi NDC

do

0r25

.IA
rc +IADC=ID.AB
-ID =fi

oo ta co.

b) Ke ducrng ktuh CE cta duong

tdn (O).

ili =ide =90'(g6c nOi ti6p chan duong kfnh EC)
AE t tBD+ ABDE le hinh thang cdn (hinh thang
Suy ra {n:"!*
'
LAE

0,25

=(zn)' =4R,(DoADEC

0r25

Ta c6

IAC
nQi titip duong trdn)+ AB = DE
Do d6 AB2 +CDz = DE2 +CD2 = ECz
vu6ng tai D).
YQy AB2 + CDz

= 4R2

-- ttd+

4


pr cgiNn rntlc

Thli gian lim bii:

Cflu 1 (r,0 dia@. Cho hdm sti
birin hay nghich bi6n tr6n

R.

ruYtx

srNn Lo? 10 rHPT
xAm Hec 2ot6 - 2ot7
vTON THI: TOAN HQC

THr

UBND T1NH THAI NGUVEN
so ctAo DUC vA DAo rAo

120 phfit (kh6ng

,=(J1-Ji)*+z

c6

kA

thdi gian giao

d6thi (d). Hdm sii dacho ldd6ng

? Giai thich? Tim tga tlQ giao di6m crta

Cfru Z (t ,0 di€m). Khong dung m6y tfnh cam tay, rut gen bi6u thric

cnu 3 (1,0 di€m). cho bitiu thric
Hdy rirt ggn B vd tinh

Ciu

,

@)vdi tryc tung.

*(Z*il2[

J;

-#),voi
[w

r=(#,#)
.

-\E8-8

x>o,x*

'

giltri ctr. Bkhi x = 3 +.6'

C6u 4 (1,0 di€m).Xitcdinh c5c he sO avdb, Uititn9 phuong trinh
c6 nghiQm

di)

f**by-4
L[.0, - 2y --2

(*;y) = (z;-l).

5 (1,0 di€m). Kh6ng dung m6y tfnh c6m tay, h5y gi6i phucrng trinh:

xz +6x-2016:0

Cffu 6 (t ,0 di€m). Cho phucrng trinh

x' -

Zmx

* (*'- +):O 1t;,

rn

li

tham

si5.

a) Chung minh phucrng trinh ( 1) lu6n c6 2 nghiQm ph6n biQt vdi mqi gi6 t4 cliua m.
b) Goi x, xrlir2nghiQmcuaphuongtrinh(1). Tim mdd *r'*xz2 =26'
Ciu 7 (1,0 di6m). Kh6ng tinh ttmg gi6 tri cp th6, hiy
cos

20' , sin 3 8' , cos 5 5' , tan

480

sdp x6p c6c

ti s5 lugng

gi6c

, sin 88' theo thri tg tSng dAn, gi6i thich?

Cffug (l,0diAm). Chotamgi6c ABC vu6ng tU A,c6 sin.B=l.16rtinhc6ctisiS luqng
gi6c cira g6c C.

Cfiu 9 (1,0 di€m). Cho ttuong trdn tdm
tirip tuytin AB,
song

trdn

AC voi

Ciu l0

di6m Anim ngodi duong trdn. K62

duong trdn (^B,C ld2ti€p diCm). Qua C k6 mQt duong thEng song

voi OB, cgt OA taiH. Chrmg minh
vi I/

O vdmQt

rEng

tu

giac

ABOC

nQi tiep duo. c trong mQt duong

ld @c.t6m cfia tam giac ABC.

(1,0 diA@. Cho

tf

gi6c

ABCD

nQi ti6p tiong

ilulng tron(O;R),c6 hai duong

ch6o vu6ng g6c v6i nhau vd ciltnhau tpi /.
a) Chung

minh.i,g, IA.DC -

ID.AB;

b) Tinh t6ng AB2 + CDz theo R.

--- rudt---S6 bao

danh:

...i!,.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI THỬ

ĐỀ THI KHẢO SÁT VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN THI: TOÁN HỌC
Thời giam làm bài: 120 phút (không kể thời gian
giao đề)





2
1
2
20  80 
45  2  5
2
3

1  x 1
 1
Câu 2: (1,0 điểm) Cho biểu thức P  

:
x 1 2 x
x x
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x, biết P  1 .
nx  y  1

Câu 3: (1,0 điểm) Cho hệ phương trình sau:  x y
 2  5  605
a) Không dùng máy tính cầm tay hãy giải hệ phương trình trên với n  1 .
b) Tìm n để hệ phương trình trên vô nghiệm.
Câu 4. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng y  ax  b đi qua
điểm A  3;5  và song song với đường thẳng y  4 x  2015 . Tìm hệ số a, b ?

Câu 1. (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức sau: A 

Câu 5: (1,0 điểm) Cho phương trình x 2  2  m  1 x  2m  5  0 1 , m là tham số.
a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
b) Tìm m để phương trình (1) có tổng hai nghiệm bằng 6. Tìm hai nghiệm đó.
1
1

Câu 6: (1,0 điểm) Giải phương trình: x 2  2  6  x    10  0
x
x


Câu 7: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Tính chu vi tam
25
giác ABC¸biết AC  5cm và HC  cm .
13
Câu 8: (1,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có A  300 , AB  BD  18 cm. Tính độ
dài cạnh AD và diện tích hình bình hành ABCD.
Câu 9: (1,0 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M là điểm bên trong tứ giác và N là
một điểm bên ngoài tứ giác. Biết các tứ giác ABMD, BMCN là các hình bình hành và
CBM  CDM . Chứng minh rằng ACD  MCB .
Câu 10: ( 1,0 điểm ) Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn đường kính AB cắt
các cạnh BC tại D. Trên cung nhỏ AD lấy điểm E ( E khác A và D). Kéo dài BE cắt
AC tại F.
a) Chứng minh rằng DEFC là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi M là giao điểm của DE và AC. Chứng minh rằng AM 2  ME.MD .
-----------------HẾT----------------Lưu ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm!
Họ tên thí sinh:................................................ .
Số báo danh: ................................


SỞ GD  ĐT THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ THI THỬ

ĐÁP ÁN

Câu
Câu 1
(1,0
điểm)

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM THI KHẢO SÁT VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN THI: TOÁN HỌC
Thời giam làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Điểm

1
2
4.5  16.5 
9.5  2  5
2
3
 54 52 5 52
 2

Ta có : A 

0,25
0,5
0,25

a. (0,5 điểm)

1

Điều kiện: x  0, x  1 . Ta có: P  
 x x 1

2

2
1 x
2 x

. Vậy P 
.

.
x 1
x 1
x 1
x x 1



Câu 2
(1,0
điểm)





x




 : x 1
x 1  2 x



x





0,25

b.(0,5 điểm)
Ta có:
2
2
x 1
 1 
1 0 
0
x 1
x 1
x 1
 x  1  0 (Do x  1  0 )
 x  1  x  1 . Vậy với x  1 thì P  1
a) Với n  1 , hệ phương trình đã cho có dạng
x  y  1
x  y  1
2 x  2 y  2




x y
 2  5  605 5 x  2 y  6050 5 x  2 y  6050
3 x  6048  x  2016
.


x

y

1
y

2015



0,25

P  1 

Câu 3
(1,0
điểm)

0,25

0,25

0,25

Vậy hệ phương trình có một nghiệm  x; y  là  2016;2015 
nx  y  1
 y  nx  1


b) Ta có:  x y

 *
5


605
y

x

3025
 2 5

2

Hệ phương trình đã cho vô nghiệm  Hệ (*) vô nghiệm  n 
Câu 4
(0,5

0,25

0,25
5

( vì đã
2

có 1  3025 )
Vì đường thẳng y  ax  b đi qua điểm A  3;5  nên ta có: 3a  b  5 (1)
Mà đường thẳng y  ax  b song song với đường thẳng y  4 x  2015

0,25
0,5


điểm)

 a  4
nên 
b  2015
Thay a  4 vào (1), ta được b  7 (thỏa mãn b  2015 )
Vậy a  4; b  7
a. (0,5 điểm)
Phương
trình
đã
cho

có:

 '   m  1   2m  5   m  4m  6   m  2   2  0, với mọi m.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm với mọi m.
b. (0,5 điểm)
Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Theo định lý Viét, ta có:

x1  x2  2  m  1 . Do đó: x1  x2  6  2  m  1  6  m  4
2

Câu 5
(1,0
điểm)

0,5

2

2

Khi đó, phương trình (1) có dạng x 2  6 x  3  0 . Giải phương trình này ta
được x1  3  6; x2  3  6

0,5

0,25
0,25

+ Điều kiện xác định của phương trình: x  0 . Ta có:
2

1
1
1
1




x  2  6  x    10  0   x    2  6  x    10  0
x
x
x
x



2

2

Câu 6
(1,0
điểm)

1
1


  x    6 x    8  0
x
x


1
Đặt X  x  . Phương trình đã cho trở thành: X 2  6 X  8  0  X 1  2; X 2  4
x

0,25

0,25
0,25

1
 2  x 2  2 x  1  0  x   1
x
1
+ X 2  4  x   4  x 2  4 x  1  0  x  2  3 . Vậy phương trình đã cho có 0,25
x
3 ngiệm là: x  1; x  2  3

+ X 1  2 : x 

Câu 7
(1,0
điểm)

Hai tam giác vuông ABC và HAC đồng
dạng ( vì có góc chung góc nhọn C ) nên
ta có:
AC BC
AC 2 25

 BC 

 13 (cm)
HC AC
HC 25

13

0,5

Áp dụng Định lý Pitago vào tam giác ABC, ta có:
AB  BC 2  AC 2  132  52  12 (cm)
Vậy chu vi tam giác ABC là 12  13  5  30 (cm)

0,5


0,25
Câu 8
(1,0
điểm)

Theo giả thiết BA  BD nên tam giác ABD cân ở B. Kẻ đường cao BH thì
H là trung điểm của AD.
Xét tam giác vuông AHB, có BH  AB.sin A  18.sin 300  9 cm
và AH  AB.cos A  18.cos300  9 3 cm
Do đó : AD  2 AH  18 3 (cm

0,5

Khi đó diện tích ABCD là S ABCD  BH . AD  9.18 3  162 3 cm 2

0,25





0,25

Câu 9
(1,0
điểm)

Vẽ hình đúng
Ta thấy tứ giác ADCN là hình bình hành  NA / / CD  NAB  MDC
(góc có hai cạnh tương ứng song song).
Ta lại có CBM  CDM (theo giả thiết) và MBC  NCB (hai góc so le
trong).
Suy ra NAB  NCB . Mà A, C nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ NB,
do đó tứ giác ABNC nội tiếp được trong một đường tròn.
Ta có: NAC  NBC ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung NC )
Mà ACD  NAC (hai góc so le trong) và NBC  MCB (hai góc so le
trong)
Vậy nên ACD  MCB
a) Ta có: ACB 

0,25

1
1
(sđ AB - sđ AD )  sđ DB
2
2

1

sđ DB ( góc nội tiếp chắn cung
2
DB)  BED  ACB

và BED 

Câu 10
(1,0
điểm)

0,5

Mà BED  DEF  1800
 DCF  DEF  1800
Do đó, tứ giác DEFC nội tiếp trong một đường tròn.

0,5


1
b) Ta có: MAE  sđ AE (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
2
1
và ADM  sđ AE  MAE  ADM và AMD chung
2
MA ME

 AM 2  ME.MD
Do đó MEA  MAD 
MD MA

0,5