Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
KHÓA NGÀY 24 THÁNG 6 NĂM 2010

MÔN THI: TOÁN

(Hệ số 1)

Thời gian: 120 phút (không tính thời gian giao đề)
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1: (2,0 điểm)
x2 − x
Cho biểu thức P =
, với x ≥ 0.
x + x +1
a) Rút gọn P.
b) Tìm x để P = 2.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.
Bài 2: (3,0 điểm)
a) Cho phương trình bậc hai x 2 − 10x + 16 = 0 , không giải phương trình,
hãy tính tổng các bình phương của hai nghiệm.
b) Giải bất phương trình 3x − 4 > x.
 x 2 − 4xy + 4y 2 = 0
c) Giải hệ phương trình 
2 x − y − 15 = 0.
Bài 3: (2,0 điểm)
x 2 − 2mx + m 2 + 2m + 3
a) Cho phương trình

= 0 ; m là tham số, x là ẩn
x 2 − 3x + 2
số. Hãy xác định giá trị của m để phương trình có đúng một nghiệm.
b) Cho phương trình (m + 2)x 2 − 2(m − 1)x − 3m = 0, với m là tham số và
m ≠ −2 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn điều kiện
x1x 2 > 0 và x1 = 3x 2 .
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A, có B = 70o. H là trung điểm BC. Trên hai
cạnh AB và AC lần lượt lấy hai điểm D và E sao cho DHE = 70o.
a) Chứng minh hai tam giác BDH và CHE đồng dạng. Từ đó, suy ra tích
BD ×CE không đổi, khi D thay đổi trên cạnh AB và E thay đổi trên cạnh AC thỏa
điều kiện DHE = 70o.
b) Chứng minh tia DH là phân giác của BDE.
c) Gọi M là hình chiếu vuông góc của H trên DE. Khi D thay đổi trên
cạnh AB và E thay đổi trên cạnh AC thỏa điều kiện DHE = 70 o thì điểm M chạy
trên đường nào?
----- HẾT-----

Họ và tên thí sinh:

SBD

Phòng thi số


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
Khóa ngày 24 tháng 6 năm 2010

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN
(hệ số 1)
Bản hướng dẫn gồm có 02 trang
I. Hướng dẫn chung
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.
Điểm toàn bài là tổng số điểm các bài toán và không làm tròn số.
II. Đáp án và thang điểm.
BÀI
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
Bài 1
a) (0,75 điểm)
(2,00 điểm) 
x ( x x − 1)
=
x + x +1
b) (0,50 điểm)



c) (0,75 điểm)
P=

x ( x − 1)( x + x + 1)
= x ( x − 1) = x − x
x + x +1
P=2⇔ x− x −2=0
x =2

Kết luận: x =4

0,75
0,25
0,25

2

1 1

P=x− x = x −  −
2 4

1
P nhỏ nhất ⇔ x − = 0
2
Kết luận




0,25
0,25
0,25


Bài 2
a) (1,00 điểm)
(3,00 điểm) 
∆' = 25 − 16 = 9 > 0

0,25

Pt có 2 nghiệm x1, x2 theo định lý Viet:
x1 + x 2 = 10; x1.x 2 = 16
0,25
2
2
2

⇒ x1 + x 2 = ( x1 + x 2 ) − 2 x1x 2 = 100 − 32 = 68
0,50
b) (1,00 điểm)
3x − 4 ≥ 0
3x − 4 < 0

Bpt tương đương 
hoặc 
3x − 4 > x
− 3x + 4 > x
0,25
x ≥ 4
x < 4
3 hoặc 
3 ⇔ x<1 hoặc x > 2

⇔
x > 2
x < 1
0,50


Kết luận
0,25
c) (1,00 điểm)
( x − 2 y ) 2 = 0
x − 2 y = 0

hệ ⇔
⇔ 

2 x − y − 15 = 0
 y = 2 x − 15
x − 4 x + 30 = 0

 y = 2 x − 15

Bài 3
a) (1,00 điểm)
(2,00 điểm) 

0,5
x = 10 x = −6
Giải ra: 
;
y = 5
 y = −3

0,5

Điều kiện: x ≠ 1 và x ≠ 2

0,25


Đặt P(x) = x 2 − 2mx + m 2 + 2m + 3 , ta có P(1) = m 2 + 4 ≠ 0;
P(2) = (m − 1) 2 + 6 ≠ 0 nên tử số không có nghiệm 1 ; 2

Phương trình đã cho có đúng một nghiệm
2
2
⇔ x − 2mx + m + 2m + 3 = 0 có đúng một nghiệm

⇔ ∆' = −2m − 3 = 0

Kết luận

BÀI
Bài 3
(tiếp theo)

0,25

0,25
0,25

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

b) (1,00 điểm)
Phương trình có dạng a–b+c=0 nên có tập nghiệm


3m 

S = − 1;

 m + 2



 3m
 m + 2 < 0
ĐK bài toán thỏa ⇔ 
(1)
− 1 = 9 m

m+2



0,25

−3m
Theo định lý Viet: x1 x 2 =
m+2
9m
3m
= −3
Theo đề bài: −1 =
hay

m+2
m+2

0,25
hoặc

 3m
 m + 2 < 0
(2)

 3m = −3
 m + 2

0,25
1
5
Giải hệ (2) ta được m = −1
Kết luận
a) (1,00 điểm)
Giải hệ (1) ta được m = −




A

Bài 4
(3,00 điểm)

0,25

Ta có: 70o + H1 + H2 = 180o
70o + D1 + H1 = 180o
70o + E1 + H2 = 180o

E
M
D
1

1

2

L
B

70°

2

1

H

70°

C

⇒ D1 = H2 và E1 = H1

⇒ ∆ BDH , ∆ CHE đồng dạng
BD BH DH
=
=
⇒
(*)
CH CE HE
BC BC BC 2
⇒ BD.CE=BH.CH=
⋅
=
2
2
4
Kết luận

0,25
0,25
0,25

0,25

b) (1,00 điểm)


Từ (*) ⇒

= DHE = 70o
⇒ ∆ BDH , ∆ HDE đồng dạng
⇒ D1 = D2

BD DH BD CH BH
=
=
=
⇒
mà DBH
CH HE DH HE HE
0,25
0,25
0,25



Kết luận
c) (1,00 điểm)

Gọi L là hình chiếu vuông góc của H trên AB
⇒ LH không đổi

Hai tam giác vuông DMH và DLH bằng nhau
⇒ MH = LH

H cố định
⇒ M nằm trên đường tròn tâm H, bán kính LH

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

---- HẾT ----

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

Khóa ngày 24 tháng 6 năm 2010

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN
(Chuyên Tin học hệ số 2)
Bản hướng dẫn gồm có 02 trang
I. Hướng dẫn chung
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.
Điểm toàn bài là tổng số điểm các bài toán và không làm tròn số.
II. Đáp án và thang điểm.
BÀI
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
Bài 1
a) (1,00 điểm)
(2,00 điểm)


A=

(

)

3x − 1

2

1

=

2

0,50
2



Với x = 3 −


b) (1,00 điểm)

Kết luận

0,25
0,25

2 x ( x + 2) − 3y( x + 2)

4 x 2 + 6 xy + 9 y
B=
×
( 2x − 3y)(4 x 2 + 6 xy + 9 y)
x2 + x − 2

0,50



3

=

3x − 1
3

ta có: A =

3.

3

−1


( x + 2)(2 x − 3y)
1
x+2
1

× 2
=
=
( 2 x − 3y)
x + x − 2 ( x − 1)( x + 2) x − 1
Bài 2
a) (1,00 điểm)
(2,00 điểm) 
Điều kiện x ≥ 0
168x − 84 x − 30y = 210

Biến đổi 
 20x + 175 x − 30y = −345
B=

⇒



148x − 259 x − 555 = 0

(∆=395641=6292)
Đặt


2

(∆=395641=629 )


t = x ≥ 0:

t1 = − 5 (loại) ; t 2 = 3
4

0,50

0,25

0,25
148t − 259t − 555 = 0 0,25
2


x = 9
Kết luận 
 y = 35


b) (1,00 điểm)



0,25

Điều kiện x ≥ 2, đặt t = x − 2 ≥ 0
4[ t (2 + t ) − 1] = 7(2 + t )
Pt trở thành:

4 t 2 + t − 18 = 0

0,25
0,25



Bài 3
a) (1,00 điểm)
(2,00 điểm) 

t = − 94 (loại); t = 2
Kết luận

0,25
0,25

∆ = b 2 − 4(c − 2)

0,25

Phương trình có nghiệm kép x o ≥ 2 khi và chỉ


khi

b 2 − 4(c − 2) = 0
1 2

b 2 = 4(c − 2)


c = b + 2
4
⇔
⇒
 b
c ≥ 6
− ≥ 2
b ≤ −4
 2
c ≥ 6

F nhỏ nhất ⇔ 
2
F = c + 4c − 8 nhánhÊt

Kết luận: Fmin = 52 (vì c2 ≥ 36, c ≥ 6 dấu
bằng xảy ra khi c=6)

BÀI

ĐÁP ÁN

1

2

I
O

B

P

0,25
0,25

ĐIỂM

Bài 3
b) (1,00 điểm)
(tiếp theo) 
P(x) là đa thức bậc 4 có hệ số dẫn đầu bằng 1,
Q(x) là đa thức bậc 2 có hệ số dẫn đầu bằng 1 nên:
P(x) chia hết cho Q(x) ⇔ P(x) = (x2 + mx + n)Q(x)
⇔ x 4 + ax 3 + bx 2 + x = x 4 + (m + 1)x 3 + (m + n + 1)x 2 + (m + n)x + n
⇔ n = 0; m +n = 1 ; m + n + 1 = b ; m + 1 = a

Kết luận: a = b = 2
Bài 4
a) (1,00 điểm)
C
M
(3,50 điểm)
Ta có: M1 = M2 = 45o
1 2
N
⇒ QA = QB = AC = CB
1
A

0,25

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

0,25
0,25

ACB = 90o
⇒ ACBQ là hình vuông
Kết luận

0,25
0,25

Q

K

b) (1,00 điểm)
Hai tam giác AMI và NMI bằng nhau
Vì MI chung, AM = MN, M1 = M2

0,25


⇒A2 = A1 = N1

0,25
IAB + INB = A2 + INB = N1 + INB = MNI + INB


= 180

o


c) (0,75 điểm)


0,25
0,25

Kết luận
Theo chứng minh trên Q cố định
o

o

o

0,25
o



d) (0,75 điểm)

APQ = 180 – APM = 180 – 45 = 135
Kết luận



APK = AQK = 90o ⇒ tứ giác APQK nội tiếp

0,25
0,25

⇒ AKP = AQP mà AQP = AQM = ABM

0,25

⇒ KAP = MAB

0,25

⇒ KAB = KAP + PAB = MAB + BAP = MAP = 90o

Kết luận
Bài 5
32
2
2
(
m
+
3
)

=
Ta
có:
⇔
(m, n nguyên dương)
m
.
n
+
6
m
.
n
+
9
n
=
32
(0,50 điểm)
n
32
n là ước của 32 và
là số chính phương lớn hơn 9 (vì m+3 > 3)
n
n = 2
n = 2
32
(m + 3) 2 =
= 16 ⇔ 
⇔ 

n
m + 3 = 4
m = 1

0,25

0,25
0,25

----- HẾT ----SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
KHÓA NGÀY 24 THÁNG 6 NĂM 2010

MÔN THI: TOÁN

(Chuyên Tin học - hệ số 2)

Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề)
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1: (2,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức A = 3x 2 − 2x 3 + 1 , với x =

3−

1
×
3

b) Rút gọn biểu thức
2 x 2 − 3xy + 4 x − 6 y 4 x 2 + 6 xy + 9 y 2
3
×
B=
, với x ≠ y, x ≠ 1, x ≠ −2.
3
3
2
8 x − 27 y
x + x−2
2
Bài 2: (2,0 điểm)
28x − 14 x − 5y = 35
a) Giải hệ phương trình 
 4x + 35 x − 6y = −69.
1
7
= ×
b) Giải phương trình x − 2 −
2+ x−2 4
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Cho phương trình x 2 + bx + c − 2 = 0 (b, c ∈ ¡ ) có nghiệm số kép
x 0 ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của F = b 2 + c 2 .


b) Với giá trị nguyên nào của a và b thì đa thức P(x) = x 4 + ax 3 + bx 2 + x
chia hết cho đa thức Q(x) = x 2 + x + 1.
Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn (C ) đường kính AB, C là điểm chính giữa cung AB.
Điểm M di động trên cung nhỏ AC (M ≠ A, M ≠ C). Dựng hình vuông AMNP
(N nằm trên đoạn MB).
a) Gọi Q là giao điểm thứ hai của tia MP với đường tròn. Chứng minh
rằng Q là điểm đối xứng của C qua đường thẳng AB.
b) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB. Chứng minh rằng tứ
giác AINB nội tiếp được trong một đường tròn.
c) Khi M chạy trên cung nhỏ AC thì P chạy trên đường nào?
d) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng NP và BQ. Chứng minh rằng
KA là tiếp tuyến của đường tròn (C ).
Bài 5: (0,5 điểm)
Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m ; n) thỏa mãn hệ thức
m 2 n + 6mn + 9n = 32.
----- HẾT-----

SBD

Họ và tên thí sinh:

Phòng thi số

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ
ĐÔN
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
Khóa ngày 24 tháng 6 năm 2010

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN
(Chuyên Toán − hệ số 2)
Bản hướng dẫn gồm có 02 trang
I. Hướng dẫn chung

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.
Điểm toàn bài là tổng số điểm các bài toán và không làm tròn số.
II. Đáp án và thang điểm.
BÀI
Bài 1
a) (1,00 điểm)
(2,00 điểm) 

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

3 + 2 2 = ( 2 + 1) 2

0,25
2



18 − 8 2 = (4 − 2 )



A = 2 +1+ 4 − 2 = 5

0,25
0,25


b) (1,00 điểm)

1+ 4

Kết luận

0,25

Do x > 0, y >0 nên chia hai vế cho x . PT ⇔

y
y
=5
x
x

0,25
y
.Ta có: 4 t 2 − 5t + 1 = 0
x
1
t = 1 hoặc t =
4
Kết luận
Đặt t =





Bài 2
a) (1,00 điểm)
(2,00 điểm) 

Khi

2


Khi x < 2 ta có: 3x − 4x + 4 = 0 Vô nghiệm

Kết luận
b) (1,00 điểm)

Đặt
t
=
x2,
điều
kiện
t
≥0:
2
2
2 t − 4(m + 2) t + 2m + 1 = 0 (*)
16m + 14 > 0
∆ ' > 0




Điều kiện cần: t 1 + t 2 > 0 ⇔ 2(m + 2) > 0
t t > 0
 2
1 2
2 m + 1 > 0

Khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm t 1, t2
dương phân biệt nên phương trình đã cho có 4 nghiệm:
x 1, 2 = ± t 1 ; x 3, 4 = ± t 2 .
2(t12 + t 22 ) = 66 ⇔ ( t 1 + t 2 ) 2 − 2 t 1 t 2 = 33
Hay


m 2 + 8m − 9 = 0



0,25
0,25

x 2 − 4x − 4 = 0 ⇔

x ≥ 2 ta có:

x = 2+2 2

Nên

0,25

0,50
0,25
0,25

0,25

0,25

4(m + 2) − (2m + 1) = 33 ⇔
2

2

m = 1 hoặc m = −9
Kết luận: m = 1 (có kết hợp ĐK cần)
ĐÁP ÁN

BÀI
Bài 3
a) (0,75 điểm)
(2,00 điểm) 
27 ≡ 1 mod(13) ⇒ 271001 ≡ 1 mod(13)

38 ≡−1 mod(13) ⇒ 38101 ≡ −1 mod(13)

⇒ 271001 = 13n +1 (n ∈N) và 38101 = 13m − 1
(m ∈ N)

⇒
1001

70 × 27
+ 31 × 38101 = 70(13n + 1) + 31(13m − 1)
= (70n + 31m)13 + 39

Kết luận:
b) (1,25 điểm)

Điều kiện x ≠ 0; y ≠ 0
3
2
3
Y= ,
X= ,
Z=

Đặt
ta có:
y
x
z
X + Y + Z = −2

2
2XY − Z − 2Y = 9

0,25
0,25
ĐIỂM

0,25

0,25

0,25

0,25


Z = −X − Y − 2
⇔ 2
Z − 2XY + 2Y + 9 = 0
⇔




0,25

Z = −X − Y − 2
 2
2
X + Y + 4 + 2XY + 4X + 4Y − 2XY + 2Y + 9 = 0
Z = − X − Y − 2

⇔
2
2
(X + 2) + (Y + 3) = 0
Z = − X − Y − 2 Z = 3
x = −1





⇔  X = −2
⇔ X = −2 ⇔  y = −1
 Y = −3
Y = −3
z = 1



Bài 4
(3,5 điểm)

x

E

B

0,25

0,50

C
y

H
I

K

G

45°

A

F
D

a) (0,75 điểm)

BÀI
Bài 4
(tiếp theo)



Tứ giác ABEG nội tiếp (vì EBG = EAG = 45o)

0,25



Mà EBA = 90o ⇒ EGA = 90o (1)

0,25





Tương tự tứ giác ADFH nội tiếp ⇒ FHA = 90o (2)
(1), (2) ⇒ ĐPCM
0,25
ĐÁP ÁN

ĐIỂM

b) (0,75 điểm)


Tứ giác EFGH nội tiếp (vì G = H = 90o)




⇒AGH = AEF (cùng bù góc HGF)
⇒ ∆ AGH, ∆ AEF đồng dạng



⇒

vuông cân tại H)
c) (0,75 điểm)

GH AH
AH
2

=
=
=
EF AF AH 2
2

0,25
0,25

(tam giác AHF
0,25




I là trực tâm tam giác AEF nên AK ⊥ EF



Hai tam giác vuông ABE và AKE bằng nhau

(vì cạnh huyền AE chung, AEB = AGH = AEK )
0,25

⇒AK = AB= a và EB = EK ⇒ BK ⊥ AE
0,25

⇒ BK // HF (vì cùng vuông góc với AE)
0,25
d) (1,25 điểm)


Đặt CE = x, CF = y (0 < x,y < a), ta có:
2
2
2
EF = x + y ;
EF = KE + KF = BE + DF = (a − x) + (a − y) = 2a − x − y
⇒ x + y = 2a −EF
0,25
2
2
2

( x + y) ≤ 2( x + y ) , dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi x = y.

⇒
2a − EF = x + y ≤ 2( x 2 + y 2 ) = 2EF 2 = EF 2
2a
EF ≥
= 2a( 2 − 1)

⇒
1+ 2
1
1

dt(∆AEF) = AK × EF = a.EF
2
2


dt(∆AEF) nhỏ nhất ⇔ EF nhỏ nhất ⇔

0,25
0,25

EF = 2a( 2 − 1)
(khi CE = CF)
Bài 5
(0,50 điểm)

dt(∆AEF)min = a ( 2 − 1)
Vì a.b.c < 1 nên ta có:
1
c
c
=
>
1 + a + ab c + ac + abc 1 + c + ca
1
ac
ac
ac
=
>
=
1 + b + bc ac + abc + abcc ac + 1 + c 1 + c + ca
c
ac
1

+
+
=1
⇒ VT >
1 + c + ca 1 + c + ca 1 + c + ca
2






0,25
0,25

0,25
0,25

---- HẾT ---SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÔN
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ
KHÓA NGÀY 24 THÁNG 6 NĂM 2010

MÔN THI: TOÁN

(Chuyên Toán - Hệ số 2)

Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1: (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức A = 3 + 2 2 + 18 − 8 2.
b) Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x + 4y = 5 xy. Tính
Bài 2: (2,0 điểm)

y
×
x


2
a) Giải phương trình x − 2x x − 2 + 4 = 0.
b) Cho phương trình 2x 4 − 4(m + 2)x 2 + 2m 2 + 1 = 0 (m là tham số). Tìm
m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x1 , x 2 , x 3 , x 4 thỏa mãn
x14 + x 42 + x 34 + x 44 = 66.

Bài 3: (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng 70 × 271001 + 31 × 38101 chia hết cho 13.
2 3 3
 x + y + z = −2
b) Giải hệ phương trình 
 4 − 3 − 2 = 3.
 xy z 2 y
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh a. Trên cạnh BC lấy điểm E (E ≠ B, E ≠ C),
trên cạnh CD lấy điểm F sao cho góc EAF = 45o. Đường chéo BD cắt AE và
AF lần lượt tại H và G.
a) Gọi I là giao điểm của EG và FH. Chứng minh rằng I là trực tâm của

tam giác AEF.
GH
b) Chứng minh rằng
không đổi.
EF
c) Đường thẳng AI cắt EF tại K. Chứng minh rằng hai đường thẳng BK,
HF song song.
d) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AEF khi E thay đổi trên
đoạn BC (E ≠ B, E ≠ C), F thay đổi trên đoạn CD thỏa điều kiện góc EAF = 45o.
Bài 5: (0,5 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa abc < 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
+
+
>1
1 + a + ab 1 + b + bc 1 + c + ca
----- HẾT-----

Họ và tên thí sinh:

SBD

Phòng thi số