TỔNG HỢP 63 ĐỀ THI VÀO THPT KHÔNG CHUYÊN MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 2018

TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018

TỔNG HỢP 63 ĐỀ THI
TUYỂN SINH VÀO 10 THPT
KHÔNG CHUYÊN
MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2017 – 2018
Truy cập trang: chuanbikithptqg.blogspot.com để
cập nhật nhiều bộ đề thi vào 10 cũng như thi
THPT quốc gia nhé
LƯU Ý: CÁC ĐỀ ĐƯỢC CHÚNG TÔI TỔNG HỢP TỪ NHIỀU NGUỒN
NÊN NẾU CHƯA ĐƯỢC SỰ CHO PHÉP THÌ XIN THÔNG CẢM Ạ!!!

chuanbikithptqg.blogspot.com

1


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018
ĐỀ SỐ 1: HÀ NỘI

chuanbikithptqg.blogspot.com

2


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018

chuanbikithptqg.blogspot.com

3

TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018

chuanbikithptqg.blogspot.com

4


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018

chuanbikithptqg.blogspot.com

5


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018

chuanbikithptqg.blogspot.com

6


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018

chuanbikithptqg.blogspot.com

7

TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018
ĐỀ SỐ 2: TP HỒ CHÍ MINH

chuanbikithptqg.blogspot.com

8


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018

chuanbikithptqg.blogspot.com

9


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018

chuanbikithptqg.blogspot.com

10


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018

chuanbikithptqg.blogspot.com

11


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018

chuanbikithptqg.blogspot.com

12


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018
ĐỀ SỐ 3: VĨNH PHÚC

chuanbikithptqg.blogspot.com

13


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
I. TRẮC NGHIỆM (2 điểm).
Câu
Đáp án

1
D

2
A

3
B

4

D

II. TỰ LUẬN (8 điểm).
Câu

Phần

a)

b)
Câu
5
(2,0đ)

c)

Câu
6
(2,0đ)

a)

Nội dung
Với m = 2, hệ (1) trở thành:
 x  2y  1
 x  2y  1
5x  25




2x  y  12
4x  2y  24
2x  y  12

x  5
x  5


2.5  y  12
y  2
Vậy với m = 2 thì nghiệm của hệ (1) là (5; 2).
1 2
Ta thấy: 
2 1
 Hệ (1) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m.
 x  2y  3  m
2x  4y  6  2m
 x  2y  3  m



2x  y  3(m  2)
2x  y  3m  6
5y  5m
 x  2m  3  m
x  m  3


y  m
y  m

Do đó:
2
2
A = x + y = (m + 3)2 + m2 = 2m2 + 6m + 9
2
3 9 9

 2  m     m
2 2 2

3
Dấu “=” xảy ra  m  
2
9
3
Vậy min A   m  
2
2
*
Gọi số hàng ghế lúc đầu là x ( x  N ; x  2;80 x ).
80
 Số ghế ở mỗi hàng lúc đầu là
(chiếc).
x
Nếu bớt đi 2 hàng thì số hàng còn lại là x – 2.
80
Khi đó, số ghế ở mỗi hàng là
(chiếc).
x2
Vì lúc đó mỗi hàng còn lại phải xếp thêm 2 ghế nên ta có phương trình:

80
80

2
x2 x
Giải phương trình được: x1 = 10 (thỏa mãn điều kiện)
x2 = – 8 (không thỏa mãn điều kiện)

chuanbikithptqg.blogspot.com

Điểm

0.75

0.25

1.0

1.0

14


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018
Vậy lúc đầu có 10 hàng ghế.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
x 2  x  2  x 2  x  2  0
Vì a + b + c = 1 + 1 – 2 = 0 nên phương trình có hai nghiệm:
x1 = 1; x2 = – 2
Với x = 1 thì y = 1 – 2 = – 1

Với x = – 2 thì y = – 2 – 2 = – 4
 A(1; – 1) và B(– 2; – 4)
y
O
-3

b)

-2

-1

1
-1
2

B

2

3x

1.0

A
C

4

Dễ thấy (d) cắt Oy tại điểm C(0; – 2). Do đó:

2.1 2.2
SOAB  SOAC  SOBC 

 3 (đvdt).
2
2
M
1

E

0.25

Câu
7
(3,0đ)

A

1
1

O

B

C

H

1

D

1

F
N

a)

Ta có: AEB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 BEM  900 (kề bù với ADB )

chuanbikithptqg.blogspot.com

0.75
15


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018

b)

Tứ giác BEMH có: BEM  BHM  900  900  1800
 Tứ giác BEMH nội tiếp
Ta có: AFB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 AFB và  AHN có: A1 chung ; AFB  AHN  900
 AHN (g.g)
  AFB

Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp  AMN
 M1  D1
 1

Vì F1  B1   sđ AE  và B1  M1 (tứ giác BEMH nội tiếp)
 2

nên F1  M1
 F1  D1
 AFC và  ADN có: A1 chung ; F1  D1
 ADN (g.g)
  AFC
AF AC


 AF.AN  AC.AD
AD AN
 AHN (g.g)
Mặt khác,  AFB
AF AB


 AF.AN  AB.AH
AH AN
AB.AH
Do đó, AC.AD  AB.AH  AD 
không đổi
AC
(vì A, C, B, H cố định)
 Đường tròn ngoại tiếp  AMN luôn đi qua điểm D cố định (khác A).

0.25

0.75

M
1

E

c)

1.0
A

1

O

C

B

H

1

D

1

F

1

N

Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì:

chuanbikithptqg.blogspot.com

16


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018
AB.AH 4.5 20

 (cm)
AC
3
3
20
5
 HD  AD  AH 
 5  (cm)
3
3
 NHD (g.g)
Dễ thấy  AHM
AH HM

5 25


 HM.HN  AH.HD  5  
NH HD
3 3
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
25 10 3
MN  HM  HN  2 HM.HN  2

(cm)
3
3
AD 

1
1
10 3 25 3
AH.MN   5 

(cm 2 )
2
2
3
3
Dấu “=” xảy ra
HM  HN  M1  N1  F1  N1  EF / /MN  EF  AB
25 3
(cm 2 )  EF  AB
Vậy min SAMN 

3
 a  b 1  ab  .
Đặt a = x2; b = y2 ( a,b  0 ) thì P 
2
2
1  a  1  b 
Vì a,b  0 nên:
 SAMN 

(a  b)(1  ab)  a  a 2b  b  ab 2  a  ab 2  a(1  b 2 )
Câu
8
(1,0đ)

 a(1  2b  b 2 )  a(1  b) 2
Lại có (1  a) 2  (1  a) 2  4a  4a
P

a 1  b 

2

4a 1  b 

2

1

4

1.0

a  1
 x  1

Dấu “=” xảy ra  
b  0
y  0
 x  1
1
Vậy m axP   
4
y  0

ĐỀ SỐ 4: BÌNH ĐỊNH

chuanbikithptqg.blogspot.com

17


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018

chuanbikithptqg.blogspot.com

18


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018

chuanbikithptqg.blogspot.com

19


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018

chuanbikithptqg.blogspot.com

20


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018

chuanbikithptqg.blogspot.com

21


/>

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu

Phần
1)

Câu I
(2,0đ)

2)

Nội dung
A  25  3 8  2 18  5  6 2  6 2  5
Vậy A = 5.
Vì đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua điểm K(2; 3) nên ta có:
2.2  m  3  m  1
Vậy m = – 1 là giá trị cần tìm.

Điểm
1.0

1.0

3x  y  10
9x  3y  30
11x  33



2x  3y  3 2x  3y  3
3x  y  10
1)

x  3
x  3


3.3  y  10
y  1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (3; 1).
1
Với x  0; x  1; x  , ta có:
4
x x x x
x 3
x 1
B


1  x  2x  x  1
 x x 1


x x  x 1
x 1 x 1
x  3




 x 1 x  x 1
x 1 
x  1 2 x 1



x
x 3
x 1




x 1  2 x 1
 x 1



Câu
II
(3,0đ)

2)















0.75



1.0

2 x 3
x 1


x 1 2 x 1
2 x 3
2 x 1
2 x 3
B0
 2 x  1  0 (do 2 x  3  0)
2 x 1
1
1
 x  0x
2
4
1
Vậy với 0  x  thì B < 0.
4
2
Phương trình x  (2m  5)x  2m  1  0
1
Khi m   , phương trình (1) trở thành:
2
x  0
x  0

x 2  4x  0  x(x  4)  0  

x  4  0
x  4
1
Vậy khi m   thì phương trình (1) có tập nghiệm S  {0;4} .
2


3a)

/>
(1)

0.5


  (2m  5)2  4(2m  1)  4m2  12m  21  (2m  3)2  12  0 m
 Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
x  x 2  2m  5
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  1
x1x 2  2m  1
Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm dương là:
2m  5  0
1
m

2
2m  1  0
Ta có:

3b)

P2 



x1  x 2



  x1  x 2   2 x 1x 2

2

0.75





 2m  5  2 2m  1  2m  1  2 2m  1  1  3






2

2m  1  1  3  3

 P  3 (do P  0)
Dấu “=” xảy ra
 2m  1  1  0  2m  1  1  m  0 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy m = 0 là giá trị cần tìm. Khi đó min P  3 .

Câu
III
(1,5đ)

Gọi số học sinh của lớp 9A, 9B lần lượt là x, y ( x, y  N* ).
 Lớp 9A ủng hộ 6x quyển sách giáo khoa và 3x quyển sách tham
khảo, lớp 9B ủng hộ 5y quyển sách giáo khoa và 4y quyển sách tham
khảo.
Ta có hệ phương trình:
9x  9y  738
x  y  82


(6x  5y)  (3x  4y)  166
3x  y  166

1.5

 x  42
Giải hệ được: 
(thỏa mãn điều kiện)
 y  40
Vậy lớp 9A có 42 học sinh, lớp 9B có 40 học sinh.

A
1

2

K
Câu
IV
(3,0đ)

H

0.25

O
1

B

C

E
1

D
/>

Tứ giác ABEK có:
AEB  900 (AE  BC)

1)

2)

3)

4)

Câu
V
(0,5đ)

AKB  900 (BK  AC)
 AEB  AKB  1800
 Tứ giác ABEK nội tiếp
 CEA và  CKB có:
ACB chung ; CEA  CKB  900
 CKB (g.g)
  CEA
CE CA


 CE.CB  CK.CA
CK CB
Vẽ đường kính AD của (O).
 ABE vuông tại E nên A1  ABC  900
Mà ABC  D1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O))
(1)
 A1  D1  900
0

 ACD có ACD  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 A2  D1  900
Mặt khác, A 2  C1 (  OAC cân tại O)
(2)
 C1  D1  900
Từ (1) và (2)  A1  C1
Nhận xét: Nếu vẽ đường kính CD thì chứng minh nhanh hơn nhưng
không tiện cho phần 4.
Gọi I là điểm đối xứng với O qua BC,
A
OI cắt BC tại N
 N là trung điểm của OI, BC và
các điểm I, N cố định.
Ta thấy BH // CD (cùng  AC)
Tương tự: CH // BD
H
O
 Tứ giác BHCD là hình bình hành
 N là trung điểm của BC thì N
B
C
N
cũng là trung điểm của HD
 AHD có ON là đường trung bình
I
 AH = 2ON
D
 AH = OI (= 2ON)
Lại có AH // OI (cùng  BC)
 Tứ giác AHIO là hình bình hành

 IH = OA = R = 3 (cm)
 H thuộc đường tròn (I; 3cm) cố định.
Nhận xét: Nếu cố định điểm A, cạnh BC di động nhưng có độ dài không
đổi thì AH không đổi, do đó H di chuyển trên (A; R’) cố định, với R’
bằng 2 lần khoảng cách từ O đến BC.
2002 2017
Q

 2996a  5501b
a
b
 2002
  2017


 8008a   
 2017b   2506  2a  3b 
 a
  b


/>
0.5

0.5

0.75

1.0

0.5