Tập 12 đề toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)

“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

DANH MỤC TÀI LIỆU
TẬP 12 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Nội dung
Đề số 1 (Đề B- Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học
2009-2010).
Đề số 2 (Đề A- Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học
2010-2011).
Đề số 3 (Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Nghệ An, năm học 2011 –
2012).
Đề số 4 (Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 20122013).
Đề số 5 (Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Quảng Ninh, năm học 20122013)
Đề số 6 (Đề B- Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học
2015-2016).
Đề số 7 (Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 20152016).
Đề số 8 (Đề A – Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học
2016 -2017).
Đề số 9 (Đề B – Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học
2016 -2017)
Đề số 10 (Đề thi thử Toán vào lớp 10 THPT, năm học 2017-2018).
Đề số 11 (Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Ninh Bình, năm học 20172018).
Đề số 12 (Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 20172018).

/>
Trang
2
4
6
9
13

16
20
24
27
31
35
38

1


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

ĐỀ SỐ 01
(Đề B- Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2009-2010).

Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1) Giải phương trình (1) khi n = 3.
2) Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
Bài 2 (1,5 điểm)
x + 2 y = 5
2 x + y = 7

Giải hệ phương trình: 

Bài 3 (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1)
1) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k.
2) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và

F với mọi k.
3) Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = - 1, từ đó suy
ra tam giác EOF là tam giác vuông.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm G
(khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) . Tiếp tuyến
kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A và B lần lượt tại C và D.
1) Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ
giác BDNO nội tiếp được.
2) Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra

CN DN
=
.
CG DG

3) Đặt góc BOD = α . Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và α. Chứng tỏ
rằng tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc α.
Bài 5 (1,0 điểm)
Cho số thực m, n, p thỏa mãn: n 2 + np + p 2 = 1 −

3m 2
. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
2

của biểu thức : B = m + n + p.
-------------------------------------------------ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1
(Đề B- Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2009-2010).
Bài 1 (1,5 điểm)
1) Khi n = 3, phương trình (1) trở thành:

x2 – 4x + 3 = 0
Nhận thấy a + b + c = 1 + (-4) + 3 = 0 = > Phương trình có nghiệm x1 = 1; x2 = 3
2) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ ∆’ ≥ 0.
Ta có : ∆’ = 4 – n ≥ 0 ⇔ n ≤ 4
Vậy n ≤ 4 thì phương trình x2 – 4x + n = 0 có nghiệm.
/>
2


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”
x + 2 y = 5
Bài 2 (1,5 điểm) Giải hệ phương trình: 
2 x + y = 7
x + 2 y = 5
2 x + 4 y = 10
3 y = 3
y = 1
x = 3
⇔ 
⇔ 
⇔ 
⇔ 

2 x + y = 7
2 x + y = 7
2 x + y = 7
2 x = 6
y = 1
x = 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm: 

y = 1

Bài 3 (2,5 điểm)
1) Gọi phương trình đường thẳng (d) cần tìm có dạng y = ax + b ( a ≠ 0)
Vì đường thẳng (d) có hệ số góc là k nên a = k, hay y = kx + b
Mặt khác (d) đi qua B(0;1) nên ta có 1 = 0k + b . Suy ra k = 1
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là : y = kx + 1
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là :
x2 = kx + 1 < => x2 – kx – 1 = 0
Ta có ∆ = k2 + 4 > 0, với ∀ k ⇒ PT có hai nghiệm phân biệt, với ∀ k
⇒ đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k.
3) Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2
= > Tọa độ điểm E(x1; x12) và F(x2; x22)
Đường thẳng OE đi qua O(0,0) và E(x1; x12) nên có phương trình: (OE): y = x1.x
Đường thẳng OF đi qua O(0,0) và F(x2; x22) nên có phương trình: (OF): y = x2.x
Do x1 và x2 là nghiệm của phương trình: x2 – kx – 1 = 0
nên theo hệ thức Vi ét ta có: x1 . x2 = - 1
⇒ Đường thẳng OE vuông góc với đường thẳng OF ⇒ ∆EOF là ∆ vuông.
Bài 4 (3,5 điểm)

1) Tứ giác BDNO nội tiếp được.
Vì BD ⊥ OB (t/c của tiếp tuyến) => góc OBD = 90 0 => B nằm trên đường tròn đường
kính OD.
Tương tự DN ⊥ ON (t/c của tiếp tuyến) => OND = 900 => N nằm trên đường tròn
đường kính OD.
Do đó B, D cùng nằm trên đường tròn đường kính OD. Vậy tứ giác OBND nội tiếp.
2) BD ⊥ AG; AC ⊥ AG ⇒ BD // AC ⇒ ∆ GBD đồng dạng với ∆GAC
⇒

CN BD DN

=
=
CG AC DG

3) Góc BOD = α ⇒ BD = R.tanα; AC = R.tan(90o – α) = R cotα
/>
3


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

⇒ BD.AC = R2. Chứng tỏ tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc α.
Bài 5 (1,0 điểm)
3m 2
Ta có: n + np + p = 1 −
(1)
2
⇔ 2n2 + 2np + 2p2 = 2 – 3m2 ⇔ (m + n + p)2 + (m – p)2 + (m – n)2 = 2
⇔ (m – p)2 + (m – n)2 = 2 - ( m + n + p )2
⇔ (m – p)2 + (m – n)2 = 2 – B2
Vế trái không âm ⇒ 2 – B2 ≥ 0 ⇒ B2 ≤ 2 ⇔ − 2 ≤ B ≤ 2
Dấu bằng ⇔ m = n = p thay vào (1) ta có
2

2

3n 2
2
2
=±

n +n +n =1⇔ 6n2 = 2 – 3n2 ⇔ 9n2 = 2 ⇔ n = ±
2
9
3
2
Vậy m = n = p = ±
3
⇒ Max B = 2 khi m = n = p = 2
3
2
Min B = − 2 khi m = n = p = −
3
2

2

2

----------------------------------------Hết-------------------------------------------ĐỀ SỐ 02:
(Đề A- Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2010-2011).
Bài 1 (2,0 điểm)
Cho phương trình: x2 + nx – 4 = 0

(1) (với n là tham số)

1) Giải phương trình (1) khi n = 3
2) Giả sử x1, x2 là nghiệm của phương trình (1), tìm n để:
x1(x22 +1 ) + x2( x12 + 1 ) > 6
Bài 2 (2,0 điểm)
 a +3

a − 3  1 1 
−
÷ −
÷ với a > 0; a ≠ 9
a +3÷
a
 a −3
 3

Cho biểu thức A = 
1) Rút gọn A

2) Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên.
Bài 3 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy
Cho parabol (P): y = x2 và các điểm A, B thuộc parabol (P) v ới xA = -1, xB = 2
1) Tìm toạ độ các điểm A,B và viết phương trình đường thẳng AB.
2) Tìm m để đường thẳng (d) : y = (2m 2 – m)x + m + 1 (v ới m l à tham số ) song
song với đường thẳng AB.
Bài 4 (3,0 điểm)
/>
4


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

Cho tam giác PQR có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao
QM,RN của tam giác cắt nhau tại H.
1) Chứng minh tứ giác QRMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.
2) Kéo dài PO cắt đường tròn O tại K.Chứng minh tứ giác QHRK là hình bình hành.
3) Cho cạnh QR cố định, P thay đổi trên cung lớn QR sao cho tam giác PQR luôn

nhọn. Xác định vị trí điểm P để diện tích tam giác QRH lớn nhất.
Bài 5 (1,0 điểm)
Cho x,y là các số thực dương thoả mãn: x + y = 4
33

2
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của : P = x + y + xy

-------------------------------------------------ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 2
(Đề A- Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2010-2011).
Bài 1(2,0 điểm)
1) Khi n = 3, phương trình (1) trở thành: x2 + 3x – 4 = 0
Phương trình bậc 2 có: a + b + c = 1 + 3 + (- 4) = 0
nên phương trình có nghiệm x1 = 1, x2 = - 4
2) Phương trình (1): x2 + nx – 4 = 0 có ∆ = n 2 + 16 > 0 , với mọi n
= > Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2, với mọi n.
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: x1 + x2 = - n; x1x2 = - 4
Ta có:
x1 ( x22 +1) + x2 ( x12 +1) > 6
⇔ x1 x2 ( x1 + x2 ) + x1 + x2 > 6
⇔−4.(−n) + (−n) > 6
⇔ 3n > 6
⇔n > 2

Vậy với n > 2 thì x1(x22 +1 ) + x2( x12 + 1 ) > 6
Bài 2: (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức được: A=

4

a +3

2) Biểu thức A đạt giá trị nguyên < = > a + 3 là ước của 4.
do a + 3 ≥ 3 nên a + 3 = 4 = > a = 1
Bài 3: (2,0 điểm)
1. A(-1; 1); B(2; 4).
Phương trình đường thẳng AB là: y = x+2.
 2m 2 − m = 1
1
⇔m=−
2. Đường thẳng (d) song song với đường thẳng AB khi: 
2
 m +1 ≠ 2

Bài 4. (3,0 điểm)
1). Tứ giác QRMN có :
·
·
QNR
= QMR
= 900

Tứ giác QRMN nội tiếp đường tròn đường kính QR.
/>
5


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”
Q

K

N

P

H

O

R

M

·
2). Ta có: PQK
= 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
suy ra:PQ ⊥ KQ, mà RH ⊥ PQ
= > KQ//RH (1)
Chứng minh tương tự ta cũng có:
QH//KR (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác QHRK là hình bình hành.

3). Theo câu 2, tứ giác QHRK là hình bình hành nên: SQHR = SQKR
1
Từ K kẻ KI ⊥ QR. Ta có: SQKR = KI .QR
2
Diện tích tam giác QKR lớn nhất khi KI lớn nhất < = > K là điểm chính giữa của cung
nhỏ QR. Khi đó P là điểm chính giữa của cung lớn QR.
Bài 5 (1,0 điểm)

Từ x + y = 4
( x + y )2
=4.
4

33

33

Do đó xy ≥ 4
Mặt khác: x2 + y2 = ( x + y )2 - 2xy = 16 - 2xy ≥ 16 − 2.4 = 8 (do xy ≤ 4)
Áp dụng BĐT Côsi ta có: xy ≤
Vậy P ≥ 8 +

33 65
= .
4
4

Do đó : MinP =

65
, khi x = y = 2.
4

----------------------------------------Hết-------------------------------------------ĐỀ SỐ 03:
(Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Nghệ An, năm học 2011 - 2012).
Câu 1: (3,0 điểm)


Cho biểu thức A = 

1

x− x

+


 :
x −1
1

(

x +1

)

x −1

2

a). Nêu điều kiện xác định và rút biểu thức A
b). Tim giá trị của x để A =

1
.
3

c). Tìm giá trị lớn nhất cua biểu thức P = A - 9 x
Câu 2: (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai x2 – 2(m + 2)x + m2 + 7 = 0 (1) (m là tham số)
a). Giải phương trình (1) khi m = 1.
/>
6


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

b). Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1x2 – 2(x1 + x2) = 4
Câu 3: (1,5 điểm)
Quãng đường AB dài 120 km. Hai xe máy khởi hành cùng một lúc đi từ A đến B.
Vận tốc của xe máy thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe máy thứ hai là 10 km/h nên xe máy thứ
nhất đến B trước xe máy thứ hai 1 giờ. Tính vận tóc của mỗi xe ?
Câu 4: (3,5 điểm)
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến
ADE tới đường tròn (B, C là hai tiếp điểm; D nằm giữa A và E). Gọi H là giao điểm của AO
và BC.
a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh rằng AH.AO = AD.AE
c) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự tại I và K. Qua điểm O kẻ
đường thẳng vuông góc với OA cắt tia AB tại P và cắt tia AC tại Q.
Chứng minh rằng IP + KQ ≥ PQ.
-----------------------------------------------------

HƯỚNG DẪN GIẢI
(Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Nghệ An, năm học 2011-2012).
Câu 1: (3,0 điểm)
a). Điều kiện 0 < x ≠ 1

Với điều kiện đó, ta có:
b). Để A =
Vậy x =

1
thì
3

A=

x

(

x +1

:

) (

x −1

x +1

)

x −1

2

=

x −1
x

x −1 1
3
9
= ⇔ x = ⇔ x = (thỏa mãn điều kiện)
3
2
4
x

1
9
thì A =
3
4

c). Ta có P = A - 9 x =


1 
− 9 x = −9 x +
÷+ 1
x
x



x −1

Áp dụng bất đẳng thức Cô –si cho hai số dương ta có: 9 x +
Suy ra: P ≤ −6 + 1= −5 . Đẳng thức xảy ra khi 9 x =
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P = −5 khi x =

1
x

⇔ x=

1
x

≥ 2 9 x.

1
x

=6

1
9

1
9

Câu 2: (2,0 điểm)
a). Giải phương trình (1) khi m = 1.

Khi m = 1, ta có phương trình (1) trở thành x2 – 6x + 8 = 0
Giải ra được x1 = 2; x2 = 4
Vậy m = 1 thì phương trình có hai nghiệm x1 = 2; x2 = 4
/>
7


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

b). Để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thì

(

)

∆ ' = ( m+ 2) − m2 + 7 = 4m− 3 ≥ 0 ⇔ m≥
2

3
(*)
4

 x1 + x2 = 2( m+ 2)

2
 x1x2 = m + 7

Theo định lí Vi –ét ta có:

Theo bài ra x1x2 – 2(x1 + x2) = 4 ta có:



= −1
( m + 7) − 4( m+ 2) = 4 ⇔ m − 4m− 5 = 0 ⇔ m
m= 5
2

2



Đối chiếu điều kiện (*) ta có m = 5 là giá trị cần tìm.
Câu 3: (1,5 điểm)
Gọi vận tốc của xe máy thứ hai là x ( km/ h) , x > 0
Vận tốc của xe máy thứ nhất là x+ 10
Theo bài ra ta có phương trình:

 x = 30
120 120
−
= 1⇔ x2 + 10x − 1200 = 0 ⇔ 
x x + 10
 x = −40

Đối chiếu điều kiện ta có x = 30.
Vậy vận tốc của xe thứ nhất là 40 (km/h) và vận tốc của xe thứ hai là 30 (km/h)
Câu 4: (3,5 điểm)
a) Vì AB, AC là tiếp tuyến của (O)
nên góc ABO = góc ACO = 900.
P

Suy ra góc ABO + góc ACO = 1800.
B
Vậy tứ giác ABOC nội tiếp.
I
1
b) Ta có ∆ ABO vuông tại B có
2
đường cao BH, ta có :
D
2
AH.AO = AB
(1)
O
A
H 3
Lại có ∆ ABD đồng dạng với ∆ AEB
2
1

E

1

AB AE
=
(g.g) ⇒
AD AB
⇒ AB2 = AD.AE (2)

2

K

1

C

Q
Từ (1), (2) suy ra:
AH.AO = AD.AE
c) Xét tam giác ∆ OIP và ∆ KOQ
Ta có góc P = góc Q (Vì tam giác APQ cân tại A)
2. I1 = 1800 – BOD = ODQ + BOP = 2(O1 + O2) = 2 KOQ hay góc OIP = KOQ
Do đó ∆ OIP đồng dạng với ∆ KOQ (g.g)

Từ đó suy ra

IP OQ
=
OP KQ

⇒ IP.KQ = OP.OQ =

PQ 2
hay PQ2 = 4.IP.KQ
4

Mặt khác ta có: 4.IP.KQ ≤ (IP + KQ)2 (Vì ( IP − KQ) ≥ 0 )
2

2

Vậy PQ2 ≤ ( IP + KQ) ⇔ IP + KQ ≥ PQ .

----------------------------------------Hết------------------------------------------- />
8


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

ĐỀ SỐ 04:
(Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2012 -2013).
Bài 1: (2.0 điểm)
1- Giải các phương trình sau: a) x – 1 = 0
b) x2 - 3x + 2 = 0
2 x − y = 7
x + y = 2

2- Giải hệ phương trình: 
Bài 2: (2.0 điểm)
Cho biểu thức: A =

1
1
a2 + 1
+
2+2 a
2−2 a
1 − a2

1- Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A
2- Tìm giá trị của a, biết A <

1
3

Bài 3: (2.0 điểm)
1- Cho đường thẳng (d): y = ax + b. Tìm a, b để đường thẳng (d) đi qua điểm A( -1; 3)
và song song với đường thẳng (d’): y = 5x + 3
2- Cho phương trình ax2 + 3(a +1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ).
Tìm a để phươmg trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn x12 + x22 = 4
Bài 4: (3.0 điểm)
Cho tam tam giác đều ABC có đường cao AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kỳ (M
không trùng B; C; H) Từ M kẻ MP; MQ lần lượt vuông góc với các cạnh AB; AC ( P thuộc
AB; Q thuộc AC)
1- Chứng minh: Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn
2- Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ. Chứng minh OH ⊥ PQ
3- Chứng minh rằng: MP + MQ = AH
Bài 5: (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi, thoả mãn điều kiện a + b ≥ 1 và a > 0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A=

8a 2 + b
+ b2
4a

-------------------------------------------------HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài
Bài 1

(Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2012-2013).

Nội dung
Điểm
1/ Giải các phương trình sau
0.25
a/ x – 1 = 0 <= > x = 0 + 1 = > x = 1. Vậy x = 1
b/ x2 – 3x + 2 = 0, Ta có a + b + c = 1 + (-3) + 2 = 0
0.75
Theo viét phương trình có hai nghiệm x1 = 1, x2 = 2
2 x − y = 7
0.75
2/ Giải hệ phương trình 
x + y = 2

/>
9


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

x = 3
 y = −1

0.25

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất: 
Biểu thức: A =

1
1
a2 + 1

+
2+2 a
2−2 a
1 − a2

1/ +) Biểu thức A xác định khi

0.25

+) Rút gọn biểu thức A
A=

1
1
a2 + 1
+
2+2 a
2−2 a
1 − a2

1.0

Bài 2

2/

0.5

Kết hợp điều kiện: Với

0≤a<

1
2

/>
thì biết A <

1
3

0.25

10


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

1- Đường thẳng (d): y = ax + b đi qua điểm A (- 1; 3), nên ta có
3 = a.(-1) + b => - a + b = 3 (1)

0.75

- Đường thẳng (d): y = ax + b song song với đườngthẳng
(d’): y = 5x + 3, nên ta có a = 5 và b ≠ 3 (2)
Thay a = 5 vào (1) => -5 + b = 3 => b = 8 ( thoả mãn b ≠ 3)
Vậy a = 5 , b = 8. Hay đườngthẳng (d) là : y = 5x + 8

0.25

2- Phương trình ax2 + 3(a +1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ) (1).
- Với a = 0, ta có phương trình 3x + 4 = 0 => x =
Phương trình có một nghiệm x =

Bài 3

−4
.
3

0.25

−4
(Loại)
3

- Với a ≠ 0 Phương trình (1) là phương trình bậc hai
Ta có: Δ = 9(a + 1)2 – 4a(2a + 4) = 9a2 + 18a + 9 – 8a2 – 16a
= a2 + 2a + 9 = (a + 1)2 + 8 > 0, với mọi a = >Phương trình luôn có hai
nghiệm phân biệt với mọi a.
Theo hệ thức Viét ta có

0.25

Theo đầu bài: x12 + x22 = 4 => (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 4
Thay vào ta có:

Bài 4

=>

=>
=>
Có hệ số a – b + c = 1 – 10 + 9 = 0
Theo viét Phương trình có hai nghiệm a1 = - 1; a2 = - 9
Các giá trị a1 = - 1; a2 = - 9 thỏa mãn đk a ≠ 0
Kết luận: a1 = - 1; a2 = - 9
Hình vẽ

/>
0.5

11


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

1/ Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp đườngtròn
Ta có:

MP ⊥ AB(gt) => góc MPA = 900
MQ ⊥ AC(gt) => góc MQA = 900

1.0

=> góc MPA + góc MQA = 1800
=> Tứ giác APMQ nội tiếp (đ/l)
2/ Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ = > O là trung
điểm của AM. Chứng minh OH⊥PQ.
OP = OQ => O thuộc đường trung trực của PQ (1)
ΔABC đều, có AH ⊥BC

1.0

=> AH đồng thời là đường phân giác của góc A
= > ∆ APH = ∆ AQH (cạnh huyền, góc nhọn)
=> HP = HQ => H thuộc đườngtrung trực của PQ (2)
Từ (1) và (2) => OH là đườngtrung trực của PQ => OH ⊥ PQ.
3/ Chứng minh rằng MP + MQ = AH
Ta có: S∆ABC =

AH.BC
2

(1)

Mặt khác S∆ABC = S∆MAB + S∆MAC =

MP.AB MQ.AC
+
2
2

(2)

1.0

Do ΔABC là tam giác đều (gt) => AB = AC = BC (3)
Từ (1), (2) và (3) => MP + MQ = AH
Bài 5

Cho hai số thực a; b thay đổi, thoả mãn điều kiện a + b ≥ 1 và a > 0

/>
1.0
12


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”
A=

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

8a 2 + b
+ b2
4a

Bài làm
Ta có A =
= 2a −

8a 2 + b
b
1 b 1
+ b 2 = 2a +
+ b 2 = 2a − +
+ + b2
4a
4a
4 4a 4

1 a+b
+
+ b2
4
4a

Do a + b ≥ 1
1
4

=> A ≥ 2a − +

1
1
1
+ b2 = a +
+ b2 + a −
4a
4a
4

Do a + b ≥ 1 => a ≥ 1- b
=> A ≥ a +

1
1
1 4b 2 − 4b + 3
1 (2b − 1) 2 + 2
+ b2 + 1 − b − = a +
+

=a+
+
4a
4
4a
4
4a
4

Do a > 0, theo cosi ta có a +

1
1
≥ 2 a.
=1
4a
4a

(1)

(2b − 1) 2 + 2 1
≥
Do (2b − 1) 2 ≥ 0 => (2b − 1) 2 + 2 ≥ 2 =>
4

Từ (1) và (2) => A ≥

2

(2)

3
2

=> Giá trị nhỏ nhất của A là : A =

3
. Khi
2

----------------------------------------Hết-------------------------------------------ĐỀ SỐ 05:
(Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Quảng Ninh, năm học 2012-2013)
Câu I. (2,0 điểm)
1) Rút gọn các biểu thức sau:
a) A= 2

1
+ 18
2

b) B=

1
+
x −1

1
2
−
với x≥ 0, x≠ 1

x +1 x −1

2. Giải hệ phương trình:
 2x + y = 5

x + 2 y = 4

Câu II. (2,0 điểm)
Cho phương trình (ẩn x): x2 – ax – 2 = 0 (*)
1) Giải phương trình (*) với a = 1.
/>
13


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

2) Chứng minh rằng phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của a.
3) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (*). Tìm giá trị của a để biểu thức:
N= x12 + ( x1 + 2)( x2 + 2) + x22 có giá trị nhỏ nhất.
Câu III. (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Quãng đường sông AB dài 78 km. Một chiếc thuyền máy đi từ A về phía B. Sau đó 1
giờ, một chiếc ca nô đi từ B về phía A. Thuyền và ca nô gặp nhau tại C cách B 36 km. Tính
thời gian của thuyền, thời gian của ca nô đã đi từ lúc khởi hành đến khi gặp nhau, biết vận
tốc của ca nô lớn hơn vận tốc của thuyền là 4 km/h.
Câu IV. (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AC lấy điểm D (D ≠ A, D ≠ C).
Đường tròn (O) Đường kính DC cắt BC tại E (E ≠ C).
1. Chứng minh tứ giác ABED nội tiếp.
2. Đường thẳng BD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai I. Chứng minh ED là tia phân
giác của góc AEI.

3. Giả sử tan ABC = 2 Tìm vị trí của D trên AC để EA là tiếp tuyến của đường
tròn đường kính DC.
CâuV. (0.5 điểm) Giải phương trình:
7 + 2 x − x = (2 + x ) 7 − x

-----------------------------------HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I. (2,0 điểm)
1) a) Ta có A = 2

1
2 2
+ 18 =
+3 2 = 2 +3 2 = 4 2
2
2

b) Với x ≥ 0, x ≠ 1, ta có:
B=
=

1
+
x −1

1
2
−
=
x +1 x −1

1
+
x −1

1
2
−
x + 1 ( x − 1)( x + 1)

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

2
x +1

2) Giải hệ phương trình:
2 x + y = 5
4 x + 2 y = 10
3 x = 6
x = 2
x = 2
x = 2
⇔
⇔

⇔
⇔
⇔

x + 2 y = 4
− x − 2 y = −4
x + 2 y = 4
2 y = 4 − x
2 y = 2
y =1

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x,y) = (2, 1)
Câu II. (2,0 điểm)
Cho phương trình (ẩn x): x2 – ax – 2 = 0 (*)
1) Khi a = 1 phương trình (*) trở thành x2 – x – 2 = 0
Nhận thấy phương trình bậc 2 có a – b + c = 1 + 1 – 2 = 0
Vậy phương trình có nghiệm x1 = - 1; x2 = 2.
/>
14


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

2) Phương trình x2 – ax – 2 = 0
Có ∆ = a2 + 8 ≥ 8 > 0 với mọi a. Chứng minh phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt với mọi giá trị của a.
3) Theo 2) phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của a.
Theo định lý Vi ét ta có: x1 + x2 = a và x1 . x2 = - 2
(1)
2

2
2
Ta có: N = x1 + (x1+ 2)(x2 + 2) + x2 = x1 + x1 x2 + 2x1 + 2 x2 + 4 + x22
= (x1+ x2)2 + 2(x1+ x2) - x1 x2 + 4
(2)
Thay (1) vào (2) được
N = a2 + 2a – (-2) + 4 = a2 + 2a + 6 = a2 + 2a + 1 + 5 = (a + 1)2 + 5 ≥ 5
=> N có giá trị nhỏ nhất là 5 khi a = - 1.
Câu IV:

1) Chứng minh tứ giác ABED nội tiếp.
Ta có góc DEC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính DC)
=> góc DEB = 900 (kề bù với góc DEC)
=> E nằm trên đường tròn đường kính BD.
Mặt khác góc BAD = 900 (gt) => A nằm trên đường tròn đường kính BD.
Do đó E, A cùng nằm trên đường tròn đường kính BD hay tứ giác ABED nội tiếp đường
tròn đường kính BD.
2) Chứng minh ED là tia phân giác của góc AEI.
Theo câu 1) tứ giác ABED nội tiếp đường tròn đường kính BD = > góc E1 = góc B1 (cùng
chắn cung AD)
/>
15


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

Góc DEI = góc DCI (góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn cung DI)
Tứ giác ABCI nội tiếp đường tròn đường kính BC = > góc B1 = góc DCI (cùng chắn
cung AI)
.

Suy ra góc E1 = góc DEI . Vậy ED là tia phân giác của góc AEI
3) Để EA là tiếp tuyến của đường tròn, đường kính CD thì góc E1 = góc C1 (1)
Mà tứ giác ABED nội tiếp nên góc E1 = góc B1
(2)
Từ (1) và (2) = > góc C1 = góc B1
Ta lại có góc BAD chung nên
⇒ ∆ABD ∼ ∆ACB ⇒

AB AD
AB 2
=
⇒AB2 = AC.AD ⇒AD =
(*)
AC AB
AC

Theo bài ra ta có: tan (ABC) =
Từ (*) và (**) ⇒AD =
Vậy AD =

AB
2

AB
1
AC
= 2 nên AC =
(**)
AB
2

AB
2

thì EA là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD

Câu V(0.5 điểm). Giải phương trình: 7 + 2 x − x = (2 + x ) 7 − x
Đặt 7 − x = t ; x = v
ĐK v, t ≥ 0
⇒ t 2 + 2v = (2 + v).t ⇔ ... ⇔ (t − v)(t − 2) = 0 ⇒t = v hoặc t = 2
Nếu t = 2 thì

7 − x = 2 ⇒ x = 3 (TM)

Nếu t = v thì 7 − x = x ⇒ x = 3,5 (TM)
Vậy x = 3 (TM); x = 3,5 (TM)
----------------------------------------Hết-------------------------------------------ĐỀ SỐ 06:
(Đề B- Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2015-2016).
Câu 1 (2 điểm):
1-Giải phương trình mx2 + x – 2 = 0
a) Khi m = 0
b) Khi m = 1
x + y = 5
x − y = 1

2-Giải hệ phương trình: 

Câu 2 (2 điểm): Cho biểu thức Q =

4

3
6 b +2
+
−
b −1
b −1
b +1

(với b ≥ 0 và b ≠ 1)

1) Rút gọn Q
2). Tính giá trị của biểu thức Q khi b = 6 + 2 5
Câu 3 (2 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = x + n – 1 và parabol (P): y = x2
1). Tìm n để (d) đi qua điểm B(0;2)
/>
16


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

2). Tìm n để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt
1 1
+ ÷− x1 x2 + 3 = 0
 x1 x2 

là x1, x2 thỏa mãn: 4 

Câu 4 (3 điểm):
Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) không đi qua O, cắt đường tròn

(O) tại 2 điểm E, F. Lấy điểm M bất kì trên tia đối FE, qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD
với đường tròn (C, D là các tiếp điểm).
1)Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn.
2)Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh KM là phân giác của góc CKD.
3)Đường thẳng đi qua O và vuông góc với MO cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại R, T.
Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất.
Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:
5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z.
-------------------------------------------------HƯỚNG DẪN CHẤM
(Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2015-2016).
Câu 1 (2 điểm):
1) a) Khi m = 0 ta có x - 2 = 0 => x = 2
b) Khi m = 1 ta được phương trình: x2 + x – 2 = 0 => x1 = 1; x2 = -2
x + y = 5
x = 3
⇔
x − y = 1
y = 2

2) Giải hệ phương trình: 

Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;2)
Câu 2 (2 điểm):
1) Rút gọn Q
Với b ≥ 0 và b ≠ 1, ta có: Q =

(

)

4
3
6 b +2
+
−
=
b −1
b −1
b +1

4( b + 1) 3 b − 1
6 b +2
+
−
b −1
b +1
( b − 1)( b + 1)
=

4 b + 4 + 3 b − 3− 6 b − 2
( b − 1)( b + 1)

b −1
( b − 1)( b + 1)
1
=
b +1
=

2) Thay b = 6 + 2 5 = ( 5 + 1) 2 (thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức Q đã rút gọn

ta được:

1
( 5 + 1) 2 + 1

=

1
= 5−2
5+2

Vậy b = 6 + 2 5 thì Q = 5 - 2
/>
17


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

Câu 3 (2 điểm).
1) Thay x = 0; y = 2 vào phương trình đường thẳng (d) ta được: n = 3
2) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 – x – (n - 1) = 0 (*)
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x1; x2
< => ∆ = 1 + 4(n – 1) = 4n – 3 > 0 < => n >

3
4

 x1 + x2 = 1
 x1 x2 = −(n − 1)

Khi đó theo định lý Vi ét ta có: 

1 1
x +x 
+ ÷− x1 x2 + 3 = 0 ⇔ 4  1 2 ÷− x1 x2 + 3 = 0
 x1 x2 
 x1 x2 

Theo đề bài: 4 

4
+n+2= 0
−n + 1
⇔ n 2 + n − 6 = 0( DK : n ≠ 1)
⇒ n1 = 2(TM ); n2 = 3( L)
⇒

Vậy n = 2 là giá trị cần tìm.
Câu 4 (3 điểm):.
T

D

d
E

K
F
O

R

M

C

1) Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn
MC là tiếp tuyến của (O) => OC⊥MC = góc MCO = 900 => C nằm trên đường tròn
đường kính OM.
MD là tiếp tuyến của (O) => OD⊥MD = góc MDO = 900 => D nằm trên đường tròn
đường kính OM.
=> C, D nằm trên đường tròn đường kính OM => Tứ giác MCOD nội tiếp trong một
đường tròn.
2) Chứng minh KM là phân giác của góc CKD
Ta có K là trung điểm của EF => OK ⊥ EF => góc MLO = 900 => K thuộc đương tròn
đường kính MO => 5 điểm D; M; C; K; O cùng thuộc đường tròn đường kính MO
=> góc DKM = góc DOM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD)
Góc CKM = góc COM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
Lại có góc DOM = góc COM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
=> góc DKM = góc CKM => KM là phân giác của góc CKD
/>
18


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

3) Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất
Ta có: SMRT = 2SMOR = OC.MR = R. (MC+CR) ≥ 2R. CM .CR
Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMR ta có: CM.CR = OC2 = R2
không đổi

=> SMRT ≥ 2R 2
Dấu = xảy ra ⇔ CM = CR = R 2 . Khi đó M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O
bán kính R 2 .
Vậy M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R 2 thì diện tích tam giác
MRT nhỏ nhất.
Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:
5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z.
Ta có: 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60
⇔ 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 – 60 = 0
Ta có ∆/x = (yz)2 - 5(4y2 + 3z2 – 60) = (15 - y2)(20 - z2)
Vì 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60, x, y, z là các số dương
=> 4y2 ≤ 60 và 3z2 ≤ 60 => y2 ≤ 15 và z2 ≤ 20 =>
(15 - y2) ≥ 0 và (20 - z2) ≥ 0,
Suy ra ∆/x ≥ 0
1
2
2
− yz + (15 − y 2 )(20 − z 2 ) − yz + (15 − y + 20 − z )
≤
=> x=
(Bất đẳng thức cauchy)
2
5
5
−2 yz + 35 − y 2 − z 2 35 − ( y + z ) 2
=
10
10
2
35 − ( y + z ) + 10( y + z ) 60 − ( y + z − 5) 2

≤6
=
=> x+y+z ≤
10
10
y + z −5 = 0
x = 1


2
2
Dấu = xảy ra khi 15 − y = 20 − z ⇔  y = 2
x + y + z = 6
z = 3



=> x ≤

Vậy giá trị lớn nhất của B là 6 đạt tại x = 1; y = 2; z = 3.
----------------------------------------Hết--------------------------------------------

/>
19


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

ĐỀ SỐ 07:
(Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 2015-2016).

Câu 1 (2,0 điểm).
 mx − y = 1

Cho hệ phương trình:  2 1
(với x, y là ẩn; m là tham số).
 x − 2 y = 2

a) Giải hệ phương trình đã cho với m = 1 .
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y )
thỏa mãn điều kiện 3x − y + 1 = 0 .
Câu 2 (2,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ( d ) có phương trình
y = −3x + m (m là tham số). Xác định tất cả các giá trị của tham số m để:


a) Đường thẳng ( d ) đi qua điểm A 1; − ÷ .
2
1





b) Đường thẳng ( d ) cắt các trục toạ độ tạo thành một tam giác có diện tích bằng 9.
Câu 3 (2,0 điểm).
Cho biểu thức: P =

15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3
+
−

.
x + 2 x − 3 1− x
3+ x

a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

(

)

x + 3 P = m có nghiệm.

Câu 4 (3,0 điểm).
Cho BC là một dây cung (không phải là đường kính) của đường tròn tâm O, bán kính
R > 0. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các
đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng qui tại H (D, E, F là các chân đường cao).
a) Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC.
b) Gọi A ' là trung điểm BC, A1 là trung điểm EF, K là điểm đối xứng với B qua O.
Chứng minh tứ giác AHCK là hình bình hành và R.AA1 = OA/.AA/
c) Xác định vị trí của A để DE + EF + FD đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho n là số nguyên dương lớn hơn 2 và kí hiệu n ! = 1.2.3...n (tích của n số nguyên
dương đầu tiên). Chứng minh rằng: với mỗi số nguyên dương lớn hơn 2 và không vượt quá
n! đều phân tích được thành tổng gồm không quá n số nguyên dương, sao cho hai số bất kỳ
đều khác nhau và mỗi số này đều là ước số của n!.
------------------------------------------------- />
20

“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

HƯỚNG DẪN CHẤM
(Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 2015-2016).
A. LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài
học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng
với phần đó.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Ý

Nội dung trình bày

Điểm

1

2,0
a

x − y = 1

Thay m = 1 vào hệ ta có:  2 1
 x − 2 y = 2
x = y +1
x = y +1
x = y +1




⇔
⇔ 2 3
⇔ 2 3
1
2
( y + 1) − 2 y = 2
 y + 2 y − 1 = 0
 y + 2 y − 1 = 0
  x = −1

 x = y + 1   y = −2


 y = −2
⇔  
⇔  x = 3

2
 y = 1
 
 

2
1
 y =
2


0,25

0,75

0,5
3 1

Vậy, hệ có nghiệm ( x; y ) là  ; ÷ và ( −1; − 2 ) .
2 2
b

 mx − (3x + 1) = 1
(m − 3) x = 2

⇔ 2
Thay y = 3x + 1 vào hệ có:  2 1
2 x − 3 x − 5 = 0
 x − 2 ( 3 x + 1) = 2
( m − 3) x = 2
m = 1

  x = −1
⇔ 
⇒
 m = 19
5
 x =
5

 

2
19
Vậy, m = 1 hoặc m = .
5

2

0,25

0,25

2,0
a

1
1

Đường thẳng ( d ) đi qua điểm A 1; − ÷ ⇔ − = −3 + m


2

1
5
5

. Vậy, m = thì ( d ) đi qua điểm A 1; − ÷ .
2
2
2


m
( d ) cắt các trục toạ độ tại các điểm A ( 0; m ) và B  ;0 ÷
3 
⇔m=

b

2

/>
0,5
1,0
0,25

21


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”
m
S ∆OAB = 9 ⇔ OA.OB = 18 ⇔ m .
= 18 ⇔ m 2 = 54 ⇔ m = ±3 6
0,25
3

3

2,0
0,5

a Điều kiện: 0 ≤ x ≠ 1
P=

15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3
+
−
=
x + 2 x − 3 1− x
3+ x

15 x − 11

−

3 x −2 2 x +3
−
x −1
x +3

( x − 1) ( x + 3)
( 3 x − 2) ( x + 3) + ( 2 x + 3) ( x − 1)
15 x − 11
=
−
( x − 1) ( x + 3)
( x − 1) ( x + 3)
=

(
(

=

b

15 x − 11

−

0,25

5x + 8 x − 9

) ( x + 3) ( x − 1) ( x + 3)
x − 1) ( 2 − 5 x ) 2 − 5 x
=
( x − 1) ( x + 3) x + 3
( x + 3) P = m ⇔ ( x + 3) 2 −x5+ 3x = m ⇔ 5
x −1

Đối chiếu ĐK có: 0 ≤

0,25

0,25
0,25
x = 2−m ⇔ x =

2−m
5

2−m
≠ 1 ⇔ −3 ≠ m ≤ 2 . Vậy, −3 ≠ m ≤ 2
5

4

0,25
0,25
3,0

·
·
a Do BEC
= BFC
= 90o suy ra tứ giác BFEC nội tiếp
·
·
·
) và BAC
⇒ ·AEF = ·ABC (cùng bù với góc CEF
= FAE
Từ đó suy ra ∆AEF ∽ ∆ABC (đpcm).
·
b Ta có BCK
= 90o , AH ⊥ BC ⇒ AH / / KC
·
= 90o , CH ⊥ AB ⇒ CH / / AK
Lại có BAK
⇒ tứ giác AHCK là hình bình hành
AE AA1

=
(1) , trong đó: AA’ là trung tuyến
AB AA '
∆ABC , AA1 là trung tuyến ∆AEF

Ta có: ∆AEF ∽ ∆ABC ⇒

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

Do
AE AB
AE
AB
AE OA '
·
·
BAC
= BKC
⇒ ∆ABE ∽ ∆KBC ⇒
=
⇒
=
⇒
=
( 2)
KC KB
2OA ' 2 R

AB
R
/>
22


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”
AA OA '
⇒ R. AA1 = OA '. AA ' W.
Từ (1) và (2) suy ra: 1 =
0,25
AA '
R

c Gọi B’, C’ lần lượt là trung điểm của AC, AB
Ta có: OB ' ⊥ AC , OC ' ⊥ AB ⇒ OA ', OB ', OC ' lần lượt là đường cao của
các tam giác OBC, OCA, OAB.
1
(OA '.BC + OB '. AC + OC '. AB )
2
= OA '.BC + OB '. AC + OC '. AB (3)

S ∆ABC = S∆OBC + S ∆OCA + S ∆OAB =
⇒ 2S ∆ABC

0,25
0,25

AA1
AA

, mà 1 là tỷ số giữa 2 trung tuyến
AA '
AA '
AA EF
của 2 tam giác đồng dạng AEF và ABC nên 1 =
.
AA ' BC
FD
ED
Tương tự có: OB ' = R. ; OC ' = R.
,
AC
AB
thay vào (3) ta được: 2S∆ABC = R( EF + FD + DE )

0,25

Do AD ≤ AA ' ≤ AO + OA ' ⇒ AD ≤ R + OA ' , dấu bằng xảy ra khi A là điểm
chính giữa cung lớn BC
Mà R không đổi, nên EF + FD + DE lớn nhất ⇔ S∆ABC lớn nhất ⇔ AD
lớn nhất ⇔ A là điểm chính giữa của cung lớn BC.

0,25

Theo phần b suy ra: OA ' = R.

5

1,0
Với n = 3 ⇒ n ! = 6

Ta có: 3 = 1 + 2; 4 = 1 + 3;5 = 2 + 3;6 = 1 + 2 + 3 ⇒ khẳng định đúng với n = 3 .
Giả sử khẳng định đúng với n = k ( k ≥ 3, k ∈ ¥ ) .
Ta đi chứng minh khẳng định đúng với n = k + 1 .
Thật vật:
Giả sử a là số nguyên dương tuỳ ý và a < ( n + 1) ! , chia a cho n + 1 với
số dư r và thương d. Khi đó: a = d ( n + 1) + r , 0 ≤ r < n + 1 .

0,25

0,25

m

Theo giả thiết, do d < n ! ⇒ d = ∑ d i trong đó di ( 1 ≤ i ≤ m ) là các số tự
i =1

nhiên khác nhau từng đôi một, và là ước của n!.
Đồng thời m ≤ n . Khi đó: a = d1 ( n + 1) + ... + d m ( n + 1) + r và tổng này có
không quá n + 1 số khác nhau từng đôi một và đều là ước của ( n + 1) !
(đpcm).

0,5

----------------------------------------Hết--------------------------------------------

/>
23


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

ĐỀ SỐ 08:
(Đề A – Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2016 -2017).
Câu 1 (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2x2 – 3x – 5 = 0.
2 x − 3 y = 7
 x + 5 y = −3

2. Giải hệ phương trình: 
Câu 2 (2,0 điểm)

1   1
1 
1
 1
+
−
Cho biểu thức A = 
(với a > 0; a ≠ 1)
÷: 
÷+
 1− a 1+ a   1− a 1+ a  1− a
1. Rút gọn A.
2.Tính giá trị của A khi a = 7 + 4 3 .
Câu 3 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – a + 1 và
parabol (P): y =

1 2
x .
2

1. Tìm a để đường thẳng a đi qua điểm A (-1;3)
2. Tìm a để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ ( x1 ; y1 ) và ( x2 ; y2 ) thỏa mãn điều
kiện x1 x2 ( y1 + y2 ) + 48 = 0
Câu 4: (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao
AD, BE ( D ∈ BC; E ∈ AC ) lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là M và N.
1) Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn. Xác định tâm I của
đường tròn đó.
2) Chứng minh rằng: MN // DE.
3) Cho (O) và dây AB cố định. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác CDE luôn không đổi khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB.
Câu 5: (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn: 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 1 . Tìm
2
2
2
giá trị lớn nhất của biểu thức: Q = a ( b − c ) + b ( c − b ) + c ( 1 − c ) .

-------------------------------------------------HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ A
(Đề A- Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2016 -2017).
Điểm
Câu
Nội dung
1) Ta có: a – b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm x = −1 , x =
1
 −13 y = 13
(2,0đ) 2) Hệ đã cho tương đương với hệ :  x + 5 y = −3

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (2; −1) .
/>
 y = −1

x = 2

⇔

5
2

1,0
0,5
0,5

24


“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”

1) Ta có: A =
2
(2,0đ)

=

 1 + a + 1 − a   1 + a −1 + a 
1

÷: 
÷+
1− a
1− a


 
 1− a

1
1
+
=
a 1− a

1
.
a −a

(

2) Ta có: 7 + 4 3 = 2 + 3

0,5
0,5

)

2

nên

a = 2+ 3 =2+ 3

1
−1

1
Vậy A =
=
= 5−3 3 .
2+ 3 −7 −4 3 5+3 3 2

(

)

1) Vì (d) đi qua điểm A(-1;3) nên thay x = −1; y = 3 vào hàm số:
y = 2 x − a + 1 ta có: 2 ( −1) − a + 1 = 3 ⇔ a = −4 .
2) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:
1 2
x = 2 x − a + 1 ⇔ x 2 − 4 x + 2a − 2 = 0 (1).
2
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 6 − 2a > 0 ⇔ a < 3 .
3
(2,0đ) Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là
nghiệm của phương trình (1) và y1 = 2 x1 − a + 1 , y2 = 2 x2 − a + 1 .
Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + x2 = 4; x1 x2 = 2a − 2 .Thay y1,y2 vào
x1 x2 ( y1 + y2 ) + 48 = 0 ta có: x1 x2 ( 2 x1 + 2 x2 − 2a + 2 ) + 48 = 0
⇔ ( 2a − 2 ) ( 10 − 2a ) + 48 = 0 ⇔ a 2 − 6a − 7 = 0
⇔ a = −1 (thỏa mãn a < 3 ) hoặc a = 7 (không thỏa mãn a < 3 )
Vậy a = −1 thỏa mãn đề bài.
4
(3đ)
Do AD, BE là đường cao
của ∆ABC (giả thiết) nên :

·ADB = 900 và ·AEB = 900
Xét tứ giác AEDB có
0
·
·
1 ADB = AEB = 90 nên bốn
điểm A, E, D, B cùng thuộc
đường tròn đường kính AB.
Tâm I của đường tròn này là
trung điểm của AB.

Xét đường tròn (I) ta có: góc D1 = góc B1 (cùng chắn cung AE)
Xét đường tròn (O) ta có: góc M1 = góc B1 (cùng chắn cung AN)
2
Suy ra: góc D1 = góc M1 = > MN//DE (do có hai góc đồng vị bằng
nhau).
3 Cách 1: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.
·
*) Xét tứ giác CDHE ta có : CEH
= 900 (do AD ⊥ BC )
·
CDH
= 900 (do BE ⊥ AC )
·
·
suy ra CEH
+ CDH
= 1800 , do đó CDHE nội tiếp đường tròn đường kính
/>
0,5

0,5
1,0

0,25
0,25

0,25

0,25

1,0

1,0
1.0

25