Bộ đề thi vào lớp 10 toán THPT tỉnh Hải Dương

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.15 MB, 46 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Tailieumontoan.com



Điện thoại (Zalo) 039.373.2038

BỘ ĐỀ THI

VÀO LỚP 10 THPT TỈNH HẢI DƯƠNG

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu 1. (2,0 điểm)

1) Giải các phương trình sau:
a) x− =1 8

b) x

(

2+x

)

− =3 0
2) Cho phương trình 2

3 1 0

x − x+ = . Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình.

Hãy tính giá trị của biểu thức 2 2

1 2

A=x +x .

Lời giải

1) a) 1 8 1 8 9

1 8 7

x x
x
x x
− = =
 
− = ⇔ ⇔
− = − = −

  . Vậy phương trình có tập nghiệm là

{

9; 7

}

S= − .

(

)

2 1

2 3 0 2 3 0

x

x x x x

x

=


+ − = ⇔ + − = ⇔ 

= −

 . Vậy phương trình có tập nghiệm là

{

1; 3

}

S= − .

2) Vì ∆ = − = >9 4 5 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lý Vi-et ta có 1 2

1 2
3
1
b
x x
a
c
x x
a
 + = − =


 = =


Do đó

(

)

2 2

1 2 2 1 2 3 2.1 7

A= x +x − x x = − = .

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: 1 : 1 2 6

3 3 3

x
A

x x x x x x

   

= +   − + 

+ + +

    với x>0.

b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M

(

−1; 4

)

và song song với
đường thẳng y=2x−1.

Lời giải

(

)

1 : 1 2

(

)

3 3

x
A

x x

x x x x

   
   
= + − +
 + +   + 
   

(

)

(

)

3 2 3 6

1
:

3 3 3

x x x

x

x x x x

+ − + +

 

= + 

+ + +

 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2020 – 2021 
Mơn thi: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút 
Đề thi gồm 01 trang 
ĐỀ CHÍNH THỨC

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

(

)

(

)

1 1

: 1

3 3 3 1

x x

x x x x

x x x x x x

+ + +

= = ⋅ =

+ + + + .

b) Đường thẳng cần tìm có hệ số góc bằng 2 nên có dạng y=2x+m m

(

≠ −1

)

.
Vì đường thẳng này đi qua điểm M

(

−1; 4

)

nên 4= − + ⇒ =2 m m 6

(

TM

)

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y=2x+6.
Câu 3. (2,0 điểm)

a) Một đoàn xe nhận chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành, đồn có thêm 3 xe nữa
nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đồn xe có bao nhiêu
chiếc? Biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau.

b) Cho hệ phương trình với tham số m :

(

m 1

)

x y 3
mx y m

+ − =




+ =

 . Tìm m để hệ phương 
trình có nghiệm duy nhất

(

x y0; 0

)

thỏa mãn x0+y0 >0.

Lời giải
a) Gọi số xe lúc đầu của đoàn xe là x (chiếc, *

x∈  ).
Khi đó theo dự định lúc đầu mỗi xe chở được 480

x (tấn hàng).

Vì chuẩn bị khởi hành có thêm 3 xe nên số xe của đoàn xe lúc này bằng x+3
(chiếc).

Do đó mỗi xe lúc này chở được 480
3

x+ (tấn hàng).
Từ đề bài ta có phương trình 480 480 8

x − x+ = .

Giải phương trình trên ta được

(

)

( )

x TM

x L

=



= −

 .

Vậy đồn xe lúc đầu có 12 chiếc.

b) Ta có

(

)

( )

1 3 1

m x y

mx y m

+ − =




+ =



Từ

( )

2 có y= −m mx thay vào

( )

1 ta được

(

m+1

)

x m− +mx= ⇔3

(

2m+1

)

x= +m 3 3

( )

Để hệ có nghiệm duy nhất thì phương trình

( )

3 phải có nghiệm duy nhất
1

m

⇔ ≠ − .

Khi đó

( )

3 3
2 1

m

x

m

+
⇒ =

+ , suy ra

(

)

3 2

2 1 2 1

m m m m

y m

m m

+ −

= − =

+ + .

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Vậy 1
2

m≠ − thì hệ có nghiệm duy nhất

(

)

2
0 0

3 2

; ;

2 1 2 1

m m m

x y

m m

 + − 

=  + + 

 .

Cần có x0+y0 >0 nên

( )

2 2

3 2 3

0 0 4

2 1 2 1 2 1

m m m m m

m m m

+ − − +

+ > ⇔ >

+ + + .

Vì

2 1 11

3 0

2 4

m − + =m m−  + >

  với mọi m nên

( )

4 2 1 0

m m

⇔ + > ⇔ > − .

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn

(

O R;

)

. Gọi

, ,

D E F là chân các đường cao lần lượt thuộc các cạnh BC CA AB, , và H là trực
tâm của ∆ABC. Vẽ đường kính AK.

a) Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành;

b) Trong trường hợp ∆ABC không cân, gọi M là trung điểm của BC. Hãy chứng
minh FC là phân giác của DFE và bốn điểm M D F E, , , cùng nằm trên một
đường tròn;

c) Khi BC và đường tròn

(

O R;

)

cố định, điểm A thay đổi trên đường tròn sao
cho ∆ABC ln nhọn, đặt BC=a. Tìm vị trí của điểm A để tổng

P=DE+EF+DF lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo a và R.

Lời giải

a) Vì AK là đường kính của

( )

O nên KB⊥AB KC, ⊥AC.
Mà BE⊥ AC CF, ⊥AB (gt) nên BH//KC CH, //KB.
Do đó tứ giác BHCK là hình bình hành (theo DHNB).

b) +) Dễ thấy tứ giác AFHE nội tiếp nên EFH  =EFC=EAH

( )

I

M

K
F

H

E

D
O

C
B

A

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Mà    EAH =CAD=EBC=HBD (cùng phụ với ACB)

( )

2
Lại có tứ giác BFHD nội tiếp nên HBD  =HFD=CFD

( )

Từ

( ) ( ) ( )

1 , 2 , 3 ta được  EFC=CFD hay FC là tia phân giác của EFD.

+) Từ chứng minh trên ta có    HFE=HFD=HBD=EBM

Mà ∆BME cân tại M nên  EBM =BEM

Mặt khác    0

180

BME+BEM+EBM =

  0   0   0

2 180 2 180 180

BME EBM BME HFD BME DFE

⇒ + = ⇒ + = ⇒ + =

Suy ra tứ giác EMDF nội tiếp (theo DHNB).
c) Gọi I AK FE= ∩

Vì các tứ giác BFEC ABKC, nội tiếp nên   AFI =ACB=AKB

Mà   0

AKB+KAB=

Suy ra   0  0

90 90

KAB+AFI = ⇒AIF = ⇒ AK⊥FE.

Do đó 1

(

. .

)

1 . .

2 2 2

AFO AEO

R

S∆ +S∆ = FI OA+EI OA = OA FE= FE

Chứng minh tương tự có .

BFO BDO
R

S∆ +S∆ = FD và .
2

CDO CEO
R
S∆ +S∆ = DE.

Suy ra .

(

)

ABC
R

S∆ = FE+DF+DE .

Mặt khác 1

(

)

2 2

. . . .

2 2 2 2 2 4

ABC

a a a a a

S∆ = AD BC= AD≤ AM ≤ OA OM+ = R+ R − 

 

 .

Suy ra

2
2

4
2 ABC

a

a R R

S

P FE DF DE

R R

∆

 

+ −

 

 

= + + ≤ = .

Dấu bằng xảy ra khi A O M, , thẳng hàng hay A là điểm chính giữa của cung lớn
BC.

Câu 5. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1

2 3 2 3 2 3 2

a + b + +b + c + +c + a + ≤

Lời giải

Với a b c, , >0 nên theo bất đẳng thức Cô-si ta được:

(

) (

)

(

)

2 2 2 2 2

2 3 1 2 2 2 2 2 1

a + b + = a +b + b + + ≥ ab+ b+ = ab b+ +
Do đó 2 1 2 1. 1

2 3 2 1

a + b + ≤ ab b+ + , dấu bằng xảy ra khi a= =b 1.
Chứng minh tương tự có 2 12 1. 1

2 3 2 1

b + c + ≤ bc+ +c và 2 2

1 1 1

2 3 2 1

c + a + ≤ ca+ +a

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Từ đó, cộng vế với vế các bất đẳng thức đã cho ta được:

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

2 3 2 3 2 3 2 1 1 1

a b b c c a ab b bc c ca a

 

+ + ≤  + + 

+ + + + + +  + + + + + + 

Mặt khác vì abc=1 nên

1 1 1 1

ab b

ab b+ + +bc c+ + +ca+ +a =ab b+ + +abbc+abc+ab+bca+ab b+

1 1

1 1 1 1

ab b ab b

ab b b ab ab b ab b

+ +

= + + = =

+ + + + + + + +

Do đó ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a= = =b c 1.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu 1 (2 điểm)

1) Giải phương trình : 2

4x −4x+ =9 3

2) Giải hệ phương trình : 3 5

2 0

− =


 − =



x y

y x

Câu 2 (2 điểm)

1) Cho hai đường thẳng (d1) : y = 2x − 5 và (d2) : y = 4x − m (m là tham số). Tìm tất cả

các giá trị của m để (d1) và (d2) cắt nhau tại một điểm trên trục hoành Ox.

2) Rút gọn biểu thức 2 : 1 2

3 3

   − 

= + −    − 

+ −

   

x x x

P

x

x x x x với x > 0 và x ≠ 9; 25

Câu 3 (2 điểm)

1) Theo kế hoạch, một xưởng may phải may xong 360 bộ quần áo trong một thời
gian quy định. Đến khi thực hiện, mỗi ngày xưởng đã may được nhiều hơn 4 bộ quần áo
so với số bộ quần áo phải may trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế xưởng đã hồn thành
kế hoạch trước 1 ngày, Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng phải may bao nhiêu bộ quần
áo ?

2) Cho phương trình x2 − (2m + 1)x − 3 = 0 (m là tham số). Chứng minh rằng

phương trình đã cho ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m. Tìm các giá trị của m

sao cho x1 − x2 = 5 và x1 < x2.

Câu 4 ( 3 điểm)

Từ điểm A nằm ngoài (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp
điểm). Trên nữa mặt phẳng bờ là đường thẳng AO chứa điểm B vẽ cát tuyến AMN với
đường trịn (O) (AM < AN, MN khơng đi qua tâm O). Gọi I là trung điểm của MN.

1) Chứng minh rằng tứ giác AIOC nội tiếp.

2) Gọi H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh AH. AO = AM. AN và tứ giác
MNOH nội tiếp.

3) Qua M kẻ đường thẳng song song với BN cắt AB và BC thứ tự tại E và F. Chứng
minh M là trung điểm của EF.

Câu 5 ( 1 điểm)

Cho ba số dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 2019. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
Năm học 2019−2020

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề 
(Đề thi gồm 5 câu, 1 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

2 2 2 2 2 2

P= 2a +ab+2b + 2b +bc+2c + 2c +ca+2a

………. Hết ………

HƯỚNG GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 
Năm học 2019−2020

(GV giải: Hoàng Thế Việt − trường THCS Thái Thịnh, Kinh Môn, Hải Dương)

Q trình đánh máy có thể có nhầm lẫn, rất mong các bạn đóng góp ý kiến qua số ĐT 0963484768. 
Xin cảm ơn!

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Câu 1 (2 điểm)

1) 2

4x −4x+ =9 3 (ĐK x ∈ R, vì 4x2 − 4x + 9 = (2x − 1)2 + 8 > 0 ∀ x)
⇔ 4x2 − 4x + 9 = 9 ⇔ 4x2 − 4x = 0 ⇔ 4x(x − 1) = 0

⇔ 4 0 0

1 0 1

= =
 
⇔
 − =  =
 
x x
x x

Vậy PT có tập nghiệm S = {0; 1}

2) 3 5

2 0
− =

 − =

x y

y x ⇔

6 5
2
− =

 =

y y

x y ⇔

5 5
2
=

 =

y

x y ⇔

1
2
=

 =

y
x

Vậy hệ PT có 1 nghiệm (x; y) = (2; 1)
Câu 2 (2 điểm)

1) Xét hai đường thẳng (d1) : y = 2x − 5 và (d2) : y = 4x − m

Hiển nhiên (d1) cắt (d2) vì a = 2 ≠ a’ = 4

Gọi M(x0 ; y0) là giao điểm của (d1) và (d2)

Theo bài ra (d1) và (d2) cắt nhau tại 1 điểm trên trục hoành nên y0 = 0 ⇒ M(x0 ; 0)

Do M ∈ (d1) nên 2x0 − 5 = 0 ⇔ x0 = 5

2 ⇒ M
5
; 0
2
 
 
 

Lại do M ∈ (d2) nên 4.5

2 − m = 0 ⇔ m = 10
Vậy m = 10 là giá trị cần tìm

2) Với x > 0 và x ≠ 9; x ≠ 25, ta có

P = 2 : 1 2

9
3 3
   − 
+ −
   
 + −   − 
   

x x x

x

x x x x =

(

)

(

)(

)

(

)

3 2 1 2 3

3 3 3

− + − − −

+ − −

x x x x x

x x x x

(

)(

)

(

)

3 2

1 2 6

3 3
− −
− +
− − +
+ −
x x

x x x

x x

x x =

3 5

+ −

x x x

x x

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

(

)

3 5

+ −

+ −

x x x

x x = 5

−
−

x
x

Vậy P =
5

−
−

x

x với x > 0 và x ≠ 9; x ≠ 25

Câu 3 (2 điểm)

1) Gọi số bộ quần áo mà xưởng may phải may mỗi ngày theo kế hoạch là x (bộ)
(ĐK x ∈ N* , x < 360)

Thì thời gian xưởng may dự định may xong 360 bộ quần áo là 360

x (ngày)

Khi thực hiện: mỗi ngày xưởng may may được x + 4 (bộ quần áo) nên thời gian xưởng
may may xong 360 bộ quần áo là 360

4
+

x (ngày)

Do xưởng may đã hoàn thành kế hoạch trước 1 ngày nên ta có PT
360

x −

360
4
+

x = 1 ⇒ 360(x + 4) − 360x = x(x + 4)

⇔ x2 + 4x − 1440 = 0 (*)

Giải PT (*) ta được x1 = 36; x2 = −40

Đối chiếu với ĐK ta thấy x = 36 thoả mãn

Vậy số bộ quần áo mà xưởng may phải may mỗi ngày theo kế hoạch là 36 (bộ)
2) Xét PT x2 − (2m + 1)x − 3 = 0 (1).

PT (1) có a.c = 1(−3) = −3 < 0 ⇒ PT (1) ln có hai nghiệm phân biệt trái dấu ∀ m
Mà x1 < x2 (GT) nên x1 < 0 và x2 > 0 ⇒ x1= −x1 và x2 = x2

Áp dụng hệ thức Vi−ét ta có x1 + x2 = 2m + 1

Theo bài ra x1 − x2 = 5 ⇔ −x1 − x2 = 5 ⇔ x1 + x2 = −5 ⇔ 2m + 1 = −5 ⇔ m = −3

Vậy m = −3 là giá trị cần tìm
Câu 4 ( 3 điểm)

1) Chứng minh rằng tứ giác AIOC nội tiếp.

Xét (O) có MN là dây không qua tâm và I là
trung điểm của MN nên OI ⊥ MN

⇒ ∠AIO = 90°

Lại có AC là tiếp tuyến của (O) tại C
⇒ AC ⊥ OC tại C ⇒ ∠ACO = 90°

Xét tứ giác AIOC có tổng hai góc đối là ∠AIO + ∠ACO = 90° + 90° = 180°
⇒ tứ giác AIOC nội tiếp

2) Chứng minh AH. AO = AM. AN và tứ giác MNOH nội tiếp.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có AB = AC. Mà OB = OC = R nên AO là đường
trung trực của BC ⇒ AO ⊥ BC tại H

K
F

E

H

I

M

C
B

O A

N

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Xét ∆ABO vng tại B có đường cao BH ⇒ AB2 = AH. AO (1)

Xét ∆ABM và ∆ANB có ∠NAB chung và ∠MBA = ∠ANB (cùng chắn cung BM)
⇒ ∆ABM đồng dạng ∆ANB

⇒ AB AM

AN = AB ⇒ AB

2 = AM. AN (2)

Từ (1) và (2) ⇒ AH. AO = AM. AN ⇒ AH AM
AN = AO

Xét ∆AMH và ∆AON có ∠NAO chung và AH AM

AN = AO (cmt)

⇒ ∆AMH và ∆AON đồng dạng ⇒ ∠AHM = ∠ANO ⇒ tứ giác MNOH nội tiếp

3) Chứng minh M là trung điểm của EF.

Gọi K là giao điểm của MN và BC

Ta có ∆OMN cân tại O (vì OM = ON = R) ⇒ ∠ONM = ∠OMN

Mà tứ giác MNOH nội tiếp (cmt) ⇒ ∠OMN = ∠OHN (cùng chắn cung ON)
⇒ ∠ONM = ∠OHN

Lại có ∠AHM = ∠ONM (cmt) ⇒ ∠AHM = ∠OHN

Mà ∠AHM + ∠MHK = ∠OHN + ∠NHK = 90° ⇒ ∠MHK = ∠NHK
⇒ HK là tia phân giác của ∠MHN

Xét ∆MHN có HK là tia phân giác của ∠MHN ⇒ MK MH

NK = NH (3)

Do HA ⊥ HK ⇒ HA là tia phân giác góc ngoại tại đỉnh H của ∆MHN ⇒ AM MH

AN = NH (4)

Từ (3) và (4) ⇒ MK AM

NK = AN (5)

Lại do EF // NB nên theo hệ quả của định lí Ta−lét ta có ME AM
NB = AN và

MK MF

NK = NB (6)

Từ (5) và (6) ⇒ ME MF

NB = NB ⇒ ME = MF ⇒ M là trung điểm của EF
Câu 5 ( 1 điểm)

Xét biểu thức 2 2 2 2 2 2

P= 2a +ab+2b + 2b +bc+2c + 2c +ca+2a
Với a, b, c ta có

4(2a2 + ab + 2b2) = 8a2 + 4ab + 8b2 = 5(a2 + 2ab + b2) + 3(a2 − 2ab + b2)

= 5(a + b)2 + 3(a − b)2 ≥ 5(a + b)2 (vì (a − b)2 ≥ 0)

⇒

(

2 2

)

4 2a +ab+2b ≥ 5 a

(

)

2 = 5(a + b)

⇒ 2 2 5

(

)

2a ab 2b a b

+ + ≥ +

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Chứng minh tương tự ta có 2 2 5

(

)

2b bc 2c b c

+ + ≥ +

(

)

2 2 5

2c ca 2a c a

+ + ≥ +

Do đó P 5

(

a b b c c a

)

5 a

(

b c

)

2019 5
2

≥ + + + + + = + + = (vì a + b + c = 2019)

Dấu “=” xảy ra khi a b c a b c 2019

a b c 2019 3

= =

 ⇔ = = =

 + + =


Vậy Min P = 2019 5 ⇔ a b c 2019
3
= = =

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO 
TẠO HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2018-2019

Môn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: Ngày 05 tháng 5 năm 2018

(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm):

1) Giải phương trình: 3 1 1 3 1 2 2 1
2

+ − = ⇔ + − = ⇔ =

x

x x x x

2) Giải hệ phương trình: 3 17 3 1 2

(

)

17 5

2 1 1 2 2

 = −  + = −  =

 ⇔ ⇔

 − =   =

= +

 



y y

x y x

x y x y y

Câu 2 (2,0 điểm):

1) Cho hai hàm số bậc nhất y = x –3 và

(

)

y = m +1 x+2m− 3

Với giá trị nào của m thì đồ thị của các hàm số trên cắt nhau tại một điểm có hồnh độ
bằng -1

2) Rút gọn biểu thức: = +  − +

+ + + +

 

1 1 x 1

A : 1

x x x 1 x 2 x 1 với a≥ a0; ≠1
Câu 3 (2,0 điểm):

1) Một ô tô đi từ Hải Dương đến Hạ Long với quãng đường dài 100km. Đến Hạ Long
nghỉ lại 8h20 phút rồi quay lại Hải Dương hết tổng cộng 12h. Biết vận tốc lúc về lớn hơn
lúc đi 10km/h. Tính vận tốc lúc đi của ơ tơ.

2) Cho phương trình 2 2

2 2 0

− + − =

x mx m Gọi hai nghiệm của phương trình là x x1, 2

tìm m để 3 3

1 − 2 =10 2

x x

Câu 4 (3,0 điểm):

Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) đường kính BC. Kẻ AH ⊥ BC. Gọi M và N
là các hình chiếu vng góc của H trên AB và AC

1) Chứng minh AC2 =CH.CB.

2) Chứng minh tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp và AC.BM + AB.CN =AH. BC

3) Đường thẳng đi qua A cắt HM tại E và cắt tia đối của tia NH tại F. Chứng minh BE
// CF

Câu 5 (1,0 điểm):

Cho phương trình ax2 +bx+ =c 0

(

a≠0

)

có hai nghiệm

1 2

x ; x thỏa mãn 0≤x1≤x2 ≤2 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 2

3a ab ac
L

5a 3ab b

− +

Họ và tên thí sinh: ………Số báo danh: ………

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Chữ ký của giám thị 1: ……….Chữ ký của giám thị 2: ………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN 
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2018 - 2019 
Ngày thi: 04 tháng 5 năm 2018 
I) HƯỚNG DẪN CHUNG

- Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Ý Nội dung Điểm

1 1 1,00

3 1

1 3 1 2 2 1

+ − = ⇔ + − = ⇔ =

x

x x x x 0,25

0,25
0,25
0,25

2 1,00

(

)

3 1 2 17

3 17 5

2 1 1 2 2

 = −  + = −  =

 ⇔ ⇔

 − =   =

= +

 



y y

x y x

x y x y y

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

2 1 1,00

-Đk để 2 đt cắt nhau là 2

m + ≠ ⇔1 1 m≠0

-Thay x =- 1 vào y = x-3 =-4

-Thay x =-1 và y = -4 vào hàm số

(

)

y= m +1 x+2m−3 được

m =0 (Loại); m = 2 (TM)
ĐS: m =2

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

2 1,00

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

  −

= −  +

+ + + +

 

 

−

 −  +

 + + 

  +

 

+
−

= +

+ −

− + − − + −

= + = =

1 1 x 1

A : 1

x x x 1 x 2 x 1

1 1 x 1

= : 1

x 1

x x 1 x 1

x 1

1 x . 1

x x 1 x 1

x 1 x 1 x 1

x x x

0,25

3 1 1,00

Gọi vận tốc lúc đi của ô tô là x km/h (x>0)
Vận tốc lúc về là x +10 km/h

Thời gian lúc đi là 100
h
x

Thời gian lúc đi là 100
h
x 10+

Theo đề bài ta có PT

100 100 25

12
x +x 10+ + 3 =

ĐS x =50 km/h

0,25

0,25
2 Cho phương trình 2 2

2 2 0

− + − =

x mx m Gọi hai nghiệm của

phương trình là x x1, 2 tìm m để 3 3

1 − 2 =10 2

x x

1,00

' 2 0

∆ = > pt có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

1 2
2
1 2

x x 2m

x .x m 2

+ =

= −

Bình phương hai vế và biến đổi được:

(

)

(

)

1 2 1 2 1 2 1 2

x x 4x .x  x x x .x  200

 + −   + −  =

 

   

Thay VI-ét ta có

3m 2 5

m 1

3m 2 5

 + =

⇔ = ±



+ = −



0,25

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

F
E

H

N
M

O C

B

A

0,25

1 0,75

- Chỉ ra góc BAC vng
-Áp dụng hệ thức 2

b =b '.a vào tam giác vng ABC ta có

AC CH.CB.

0,25
0.25
0,25

2 1,00

-Chỉ ra góc MNA bằng góc NAH bằng góc ABH
- Suy ra tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp

- Chỉ ra ∆ BMH



∆AHC suy ra BM BH

AH= AC suy ra BM.AC =

AH. BH

Chỉ ra ∆ CNH



∆AHB suy ra CN CH

AH= AB suy ra CN.AB =
AH. CH

-Cộng theo vế suy ra điều phải chứng minh

0,25

0.25

0,25

3 1,00

- Có HE //AC nên góc AEM bằng góc NAF suy ra ∆ANF

∆EMA(g.g) AN NF

ME AM

⇒ = ⇒AN.AM NF.ME=

- Chỉ ra ∆HNC ∆BMH(g.g) BM MH BM.NC MH.NH

HN NC

⇒ = ⇒ =

AN.AM NF.ME

⇒ =

- Có AM.AN = MH.NH

Kết luận NF.ME =BM.NC ME BM

NC NF

⇒ = và  = = 0

BME FNC( 90 )

- Suy ra ∆BME



∆FNC(c.g.c)

0,25

0,25
x

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

 

⇒BEM=FCN

Mà AEM =FAC ( góc đồng vị HE // AC ) 
Ta có AEB  =AEM BEM+

Và xFC  =FCN FAC+ ( góc ngồi tam giác AFC )

Nên AEB =xFC

Suy ra BE // CF (có góc ở vị trí đồng vị AEB =xFC)

0,25

0,25

5 1,00

(

)

1 2 1 2

2 2 2 2

1 2 1 2

b c
3

3 x x x .x

3a ab ac a a

5a 3ab b b b 5 3x 3x x x

5 3

a a

− + + + +

− +

= = =

− + −   + + + +

+  
 

Biến đổi và đánh giá 0≤x1≤x2 ≤2ta có

(

) (

)

1 2

1 2 1 2

x 2 . x 2 x .x
1

3 3

L x .x x x 3

1
L

− − +

= − ≤

+ + +

⇒ ≥

Min L = 1/3

0,25

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2017 – 2018

Môn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề

(Đề thi gồm có 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

1) (2x 1)(x− +2)=0 2) 3x y 5

3 x y

+ =


 − =


Câu 2 (2,0 điểm)

1) Cho hai đường thẳng (d): y= − + +x m 2 và (d’): y=(m2−2)x+3. Tìm m
để (d) và (d’) song song với nhau.

2) Rút gọn biểu thức: P x x 2 x :1 x

x x 2 x 2 x 2 x

 − +  −

= − 

− − − −

  với x>0; x≠1; x ≠4.

Câu 3 (2,0 điểm)

1) Tháng đầu, hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai, do cải tiến kỹ
thuật nên tổ I vượt mức 10% vả tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu, vì vậy, hai tổ đã sản
xuất được 1000 chi tiết máy. Hỏi trong tháng đầu mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết
máy ?

2) Tìm m để phương trình: 2

x +5x+3m 1− =0 (x là ẩn, m là tham số) có hai
nghiệm x1, x2 thỏa mãn x13−x32+3x x1 2 =75.

Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường trịn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở ngồi đường trịn, 
kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A, kẻ đường
thẳng song song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn
tại F (F khác E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB.

1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
2) Chứng minh: MN2 = NF.NA vả MN = NH.

3) Chứng minh: HB22 EF 1

HF −MF = .

Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x+ + =y z 3.Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức: Q x 12 y 12 z 12

1 y 1 z 1 x

+ + +

= + +

+ + + .

---Hết---

Họ và tên thí sinh:...Số báo danh:...
Chữ kí của giám thị 1: ...Chữ kí của giám thị 2: ...

ĐỀ CHÍNH THỨC

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 
NĂM HỌC: 2017-2018 - MƠN TỐN

Câu Ý Nội dung Điểm

(

2 1 (

)

2) 0

2 1 0

2 0
1
2
2
⇔ − + =
− =

⇔  + =

 =

⇔

= −

x x
x
x
x
x
0,25
0.25
0,25
0.25

3 5 1

3 2
+ = =
 
⇔
 − =  =
 

x y x

x y y 1,00

II 1

Điều kiện để hai đồ thị song song là

2 1
1 2
1
2 3
= ±
− = − ⇔ 
 + ≠  ≠


m
m

m
m

Loại m = 1, chọn m =-1

1,00

(

)(

)

(

)

(

)(

)

(

)

2 1

A ( ) :

2 2 2

2 1

A ( ) :

1 2 2

2 1

A ( ) :

1 2 2

2
A
1
− + −
= −
− − − −
− + −
= −
−
+ − −
− + −
= −
−
+ − −
−
=
+

x x x x

x x x x x

x x x x

x

x x x x

x

x x x x

x
0,25
0,25
0,25
0,25
II

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Gọi số chi tiết máy tháng đầu của tổ 1 là x chi tiết ( x nguyên dương, x <
900)

Gọi số chi tiết máy tháng đầu của tổ 2 là y chi tiết ( ynguyên dương, y <
900)

Theo đề bài ta có hệ 900 400

1,1 1,12 1000 500

+ = =

 

⇔

 + =  =

 

x y x

x y y

Đáp số 400, 500

1,00

29 12 0

∆ = − m⇒ ∆ ≥ ⇒ ≤m nên pt có hai nghiêm
Áp dụng vi ét x1+x2 = −5 và x x1 2 =3m−1

P =

(

) (

(

)

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2

3 75

− + − + =

⇒ − =

x x x x x x x x

x x

Kết hợp x1+x2 = −5 suy ra x1= −1;x2 = −4 Thay vào x x1 2 =3m−1 suy ra m =

5
3

1

B
A

O
M

0,25

a)  MAO MBO= =900 ⇒ MAO MBO+ =1800 . Mà hai góc đối nhau nên

tứ giác MAOB nội tiếp 0,75

b) Chỉ ra ∆MNF∆ANM g g( − ) suy ra MN2 =NF NA.

Chỉ ra ∆NFH∆AFH g g( − ) suy ra NH2 =NF NA.

Vậy MN2 =NH2 suy ra MN = NH

Có MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R
⇒ MO là đường trung trực của AB

⇒ AH

⊥

MO và HA = HB

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

∆

MAF và

∆

MEA có: AME chung; MAF  =AEF
⇒

∆

MAF

∆

MEA (g.g)

MA MF

MA MF.ME

ME MA

⇒ = ⇒ =

Áp dụng hệ thức lượng vào

∆

vuông MAO, có: MA2 = MH.MO

Do đó: ME.MF = MH.MO ME MO

MH MF

⇒ =

⇒

∆

MFH

∆

MOE (c.g.c)

 

MHF

MEO

⇒

=

Vì BAE là góc vng nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng

  

 

    0

FEB FAB = EB

MHF FAB

ANH NHF ANH FAB 90

H A

F N

⇒ =

⇒ + = +

 

 

 

⇒ ⊥

Áp dụng hệ thức lượng vào

∆

vng NHA, có: NH2 = NF.NA

2 2

NM NH NM NH

⇒ = ⇒ = .

3) Chứng minh: HB22 EF 1
HF −MF = .

Áp dụng hệ thức lượng vào

∆

vng NHA, có: HA2 = FA.NA và

HF2 = FA.FN

Mà HA = HB

2 2

HB HA FA.NA NA

HF HF FA.FN NF

⇒ = = =

⇒ HB2 = AF.AN (vì HA = HB)

Vì AE // MN nên EF FA

MF = NF (hệ quả của định lí Ta-lét)

2
2

HB EF NA FA NF

HF MF NF NF NF

⇒ − = − = =

0,25

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1

x y z x y z

Q M

y z x y z x y z x

   

+ + +

= + + = + +  + + + =

+ + +  + + +   + + + 

Xét 2 2 2

1 1 1

x y z

M

y z x

= + +

+ + + , áp dụng Cơsi ta có:

(

)

2 2 2

2 2 2

1 1 1 2 2

x y xy

x xy xy xy

x x x

y y y y

+ −

= = − ≥ − = −

+ + +

1,00

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Tương tự: 2 ; 2

1 2 1 2

y yz z zx

y z

z ≥ − x ≥ −

+ + ; Suy ra

2 2 2 3

1 1 1 2 2

x y z xy yz zx xy yz zx

M x y z

y z x

+ + + +

= + + ≥ + + − = −

+ + +

Lại có:

(

)

(

)

2 2 2

3 3

x +y +z ≥xy+yz+zx⇒ x+ +y z ≥ xy+yz+zx ⇒xy+yz+zx≤

Suy ra: 3 3 3 3

2 2 2

xy yz zx

M ≥ − + + ≥ − =

Dấu “=” xảy ra ⇔ = = =x y z 1

Xét: 1 2 1 2 1 2

1 1 1

N

y z x

= + +

+ + + , ta có:

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

1 1 1

3 1 1 1

1 1 1

1 1 1 2 2 2 2 2

     

− = −  + −  + − 

+  +   + 

 

+ +

= + + ≤ + + = =

+ + +

N

y z x

y z x y z x x y z

y z x y z x

Suy ra: 3 3 3
2 2

N ≥ − =

Dấu “=” xảy ra ⇔ = = =x y z 1

Từ đó suy ra: Q≥3. Dấu “=” xảy ra ⇔ = = =x y z 1
Vậy Qmin =3 ⇔ = = =x y z 1

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2016 - 2017

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề

(Đề thi gồm có 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) 2

(x+3) =16 b)

2 3 0

1
4 3

+ − =




 = −


x y

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: 2 1 : 1 2

1 1 1

 +   + 

= −    − 

− − + +

   

x x x

A

x x x x x với x≥0, 1x≠ .
b) Tìm m để phương trình: x2 − 5x + m − 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt

1, 2

x x thoả mãn

1 −2 1 2 +3 2 =1

x x x x .

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Tìm a và b biết đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A( 1; 5)− và song song với đường
thẳng y = 3x + 1.

b) Một đội xe phải chuyên chở 36 tấn hàng. Trước khi làm việc, đội xe đó được bổ sung
thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với dự định. Hỏi đội xe lúc đầu có bao nhiêu

xe? Biết rằng số hàng chở trên tất cả các xe có khối lượng bằng nhau.

Câu 4 (3,0 điểm) Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB. Gọi C là điểm cố định thuộc 
đoạn thẳng OB (C khác O và B). Dựng đường thẳng d vuông góc với AB tại điểm C, cắt 
nửa đường trịn (O) tại điểm M. Trên cung nhỏ MB lấy điểm N bất kỳ (N khác M và B), tia

AN cắt đường thẳng d tại điểm F, tia BN cắt đường thẳng d tại điểm E. Đường thẳng AE

cắt nửa đường tròn (O) tại điểm D (D khác A). 
a) Chứng minh: AD.AE = AC.AB.

b) Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng và F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDN. 
c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng điểm I luôn nằm 
trên một đường thẳng cố định khi điểm N di chuyển trên cung nhỏ MB.

Câu 5 (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thoả mãn: abc = 1.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 5 ab5 5 bc5 5 ca5

a b ab b c bc c a ca

= + +

+ + + + + +

---Hết---

Họ và tên thí sinh:...Số báo danh:...
Chữ kí của giám thị 1: ...Chữ kí của giám thị 2: ...

ĐỀ CHÍNH THỨC

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN 
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2016 - 2017 
 (Hướng dẫn chấm gồm: 04 trang)

Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

Câu Ý Nội dung Điểm

Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) 2

(x+3) =16 b)

2 3 0 (1)

1 (2)
4 3

+ − =




 = −



x y

x y 2,00

a PT ⇔

x 3 4

+ =


 + = −


0,25
0,25

⇔ x 1

x 7

=

 = −


0,25
0,25

(1) ⇔y = -2x + 3 0,25

Thế vào (2) được: x 2x 3 1

4 3

− +

= − 0,25

⇔ =x 0 0,25

Từ đó tính được y = 3. Hệ PT có nghiệm (0;3). 0,25

2 a Rút gọn biểu thức: 2 1 : 1 2

1 1 1

 +   + 

= −    − 

− − + +

   

x x x

A

x x x x x với x≥0, 1x≠ . 1,00

+) 2 1 2 ( 1) 1

1 1 1 ( 1)( 1)

+ − = + − + + = −

− − − − + +

x x x x x x x

x x x x x x x x

= 1
1

+ +

x x

0,25

+) 1 2 1 2 1

1 1 1

+ + + − − −

− = =

+ + + + + +

x x x x x

x x x x x x 0,25

A = 1
1

+ +

x x .

1
1

+ +

−

x x

x 0,25

A = 1
1
−

x 0,25

2 b Tìm m để phương trình: x2 − 5x + m − 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt

1, 2

x x thoả mãn x12 −2x x1 2 +3x2 =1 (1)

1,00

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

+) Có: ∆ = 37 - 4m, phương trình có hai nghiệm phân biệt khi
37

0 m

∆ > ⇔ < 0,25

+) Theo Vi-et có : x1 + x2 = 5 (2) và x1x2 = m - 3 (3)

Từ (2) suy ra x2 = 5 - x1, thay vào (1) được 3x12 - 13x1 + 14 = 0, giải phương

trình tìm được x1 = 2 ; x1 = 7

0,25
+) Với x1 = 2 tìm được x2 = 3, thay vào (3) được m = 9. 0,25

+) Với x1 = 7

3 tìm được x2 =
8

3, thay vào (3) được m =
83

9 . 0,25

3 a Tìm a và b biết đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A( 1;5)− và song

song với đường thẳng y = 3x + 1. 1,00

+) Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A nên: 5 = a(-1) + b (1) 0,25
+) Đồ thị hàm số y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x + 1 khi và

chỉ khi a = 3 và b ≠ 1. 0,25

+) Thay a = 3 vào (1) tìm được b = 8. 0,25

+) b = 8 thoả mãn điều kiện khác 1. Vậy a = 3, b = 8. 0,25

3 b

Một đội xe phải chuyên chở 36 tấn hàng. Trước khi làm việc đội xe đó
được bổ sung thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với dự định.
Hỏi đội xe lúc đầu có bao nhiêu xe? Biết rằng số hàng chở trên tất cả các
xe có khối lượng bằng nhau.

1,00

Gọi số xe lúc đầu là x (x nguyên dương) thì mỗi xe phải chở khối lượng

hàng là: 36
x (tấn)

0,25

Trước khi làm việc, có thêm 3 xe nữa nên số xe chở 36 tấn hàng là

(x +3) xe, do đó mỗi xe chỉ còn phải chở khối lượng hàng là 36

x+3(tấn)

0,25

Theo bài ra có phương trình: 36 36 1
x −x+3=

Khử mẫu và biến đổi ta được: x2 + 3x - 108 = 0 (1)

0,25

Phương trình (1) có nghiệm là: x = 9; x = -12.

Đối chiếu điều kiện được x = 9 thoả mãn. Vậy số xe lúc đầu là 9 xe. 0,25

4 a a) Chứng minh: AD.AE = AC.AB. 1,00

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Vẽ hình đúng

C
M

N
F
D

O

A B

E

0,25

 0

ADB=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn), có: ACE =900 (Vì d

vng góc với AB tại C) 0,25

Do đó hai tam giác ADB và ACE đồng dạng (g.g) 0,25

AD AB

AD.AE AC.AB

AC AE

⇒ = ⇒ = 0,25

4 b Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng và F là tâm đường tròn nội

tiếp tam giác CDN. 1,00

Xét tam giác ABE có: AB ⊥ EC.

Do  0

ANB=90 ⇒AN⊥BE

Mà AN cắt CE tại F nên F là trực tâm của tam giác ABE.

0,25

Lại có: BD⊥AE(Vì ADB=900)⇒BD đi qua F ⇒B, F, D thẳng hàng. 0,25
+) Tứ giác BCFN nội tiếp nên FNC =FBC, Tứ giác EDFN nội tiếp nên

 

DNF=DEF, mà FBC =DEF nên DNF =CNF⇒NF là tia phân giác
của góc DNC.

0,25

+) Chứng minh tương tự có: CF là tia phân giác của góc DCN. Vậy F là

tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDN. 0,25

4 c

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng 
điểm I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi điểm N di chuyển 
trên cung nhỏ MB.

1,00

H

M
N
F
D

O

A B

C

E

0,25

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Lấy điểm H đối xứng với B qua C, do B và C cố định nên H cố định.
Ta có: ∆FBHcân tại F (vì có FC vừa là đường cao vừa là đường trung

tuyến)⇒FHB =FBH 0,25

Mà FBH =DEC (Do cùng phụ với góc DAB) ⇒FHB =DEC hay
 

AEF=FHB⇒Tứ giác AEFH nội tiếp.

0,25

Do đó đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF đi qua hai điểm A, H cố định
⇒Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm trên đường trung
trực của đoạn thẳng AH cố định.

0,25

Cho a, b, c là ba số thực dương thoả mãn: abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức: P 5 ab5 5 bc5 5 ca5

a b ab b c bc c a ca

= + +

+ + + + + + . 1,00

Ta có: a5 + b5 ≥a2b2(a + b) (1) với a > 0, b> 0.

Thật vậy: (1) ⇔ (a - b)2(a + b)(a2 + ab + b2) ≥0, luôn đúng.

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b.

0,25

Do đó ta được:

5 5 2 2

ab ab 1 c c

a +b +ab ≤a b (a+b)+ab =ab(a+b) 1+ = abc(a+b)+c= a+ +b c

0,25

Tương tự có: 5 bc5 a

b + +c bc ≤a+ +b c và 5 5

ca b

c +a +ca ≤ a+ +b c
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên được:

c a b

P 1

a b c a b c a b c

≤ + + =

+ + + + + +

0,25

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1 khi a = b = c =1. 0,25

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2015 - 2016

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu I (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

1) 2x+ =1 0.

2) 3 2

1 2

x y

y x

= −


 = − +

 .

3) 4 2

8 9 0

x + x − = .

Câu II (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức A=( a+2)

(

a− −3

) (

a+1

)

2+ 9a với a≥0.

2) Khoảng cách giữa hai tỉnh A và B là 60 km. Hai người đi xe đạp cùng khởi hành 
một lúc đi từ A đến B với vận tốc bằng nhau. Sau khi đi được 1 giờ thì xe của người thứ 
nhất bị hỏng nên phải dừng lại sửa xe 20 phút, còn người thứ hai tiếp tục đi với vận tốc

ban đầu. Sau khi sửa xe xong, người thứ nhất đi với vận tốc nhanh hơn trước 4 km/h nên
đã đến B cùng lúc với người thứ hai. Tính vận tốc hai người đi lúc đầu.

Câu III (2,0 điểm)

1) Tìm các giá trị của m để phương trình 2 2

2( 1) 3 0

x − m+ x+m − = có nghiệm kép.

Tìm nghiệm kép đó.

2) Cho hai hàm số y=(3m+2)x+5 với m≠ −1 và y= − −x 1 có đồ thị cắt nhau tại
điểm A x y( ; ). Tìm các giá trị của m để biểu thức P= y2+2x−3 đạt giá trị nhỏ
nhất.

Câu IV (3,0 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi 
khơng trùng với AB. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt các đường thẳng BC và BD 
lần lượt tại E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF.

1) Chứng minh ACBD là hình chữ nhật.

2) Gọi H là trực tâm của tam giác BPQ. Chứng minh H là trung điểm của OA. 
3) Xác định vị trí của đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất. 
Câu V (1,0 điểm) Cho 2015 số nguyên dương a a a1, 2, 3,...,a2015 thỏa mãn điều kiện:

1.

1 2 3 2015

1 1 1 1

... 89

a + a + a + + a ≥

Chứng minh rằng trong 2015 số nguyên dương đó, ln tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau.
---Hết---

ĐỀ CHÍNH THỨC

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Họ và tên thí sinh...Số báo danh...
Chữ kí của giám thị 1: ...Chữ kí của giám thị 2: ...
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN 
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2015 - 2016 
 (Hướng dẫn chấm gồm: 03 trang)

Câu Ý Nội dung Điể

m

I 1 Giải phương trình 2x+ =1 0 0,50

Pt ⇔ 2x= −1 0,25

1
2

x

⇔ = − 0,25

I 2 Giải hệ phương trình 3 2

1 2

x y

y x

= −


 = − +

 0,50

Hệ 2 3

2 1

x y

+ =



⇔ − + = −

 0,25

Tìm được x= =y 1 0,25

I 3 Giải phương trình 4 2

8 9 0

x + x − = 1,00

Đặt 2

, 0

t =x t≥ ta được t2+ − =8t 9 0 0,25

Giải phương trình tìm được 1
9

t
t

=

 = −

 0,25

9 0

t = − < (Loại) 0,25

1 1 1

t = ⇒x = ⇔ = ±x 0,25

II 1 Rút gọn biểu thức A=( a+2)

(

a− −3

) (

a +1

)

2+ 9a với a≥0. 1,00

(

a+2

)(

a − = −3

)

a a−6 0,25

(

)

1 2 1

a+ = +a a+ 0,25

6 ( 2 1) 3

A= −a a− − +a a+ + a 0,25

A= − 0,25

II 2 Tính vận tốc hai người đi lúc đầu 1,00

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Gọi vận tốc hai người đi lúc đầu là x km/h (x > 0)

Thời gian đi từ A đến B của người thứ hai là 60

( )

h
x

0,25

Quãng đường người thứ nhất đi được trong 1 giờ đầu là x (km)
⇒ Quãng đường còn lại là 60 – x (km)

⇒Thời gian người thứ nhất đi quãng đường còn lại là 60

( )

x
h
x

−
+

0,25

( )

1
20 '

3 h

= . Theo bài ra ta có: 60 1 1 60

3 4

x

x x

−
= + +

+ 0,25

(

)

(

)

(

)

60.3. 4 4. . 4 3. . 60

16 720 0

x x x x x

x

x x

x

⇔ + = + + −

=


⇔ + − = ⇔ 

= −


Do x>0 nên x=20. Vậy vận tốc hai người đi lúc đầu là 20 km/h

0,25

III 1 Tìm m để 2 2

2( 1) 3 0

x − m+ x+m − = có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép 1,00

2 2

' (m 1) (m 3) 2m 4

∆ = + − − = + 0,25

Phương trình có nghiệm kép ⇔ ∆ =' 2m+ = ⇔4 0 m= −2 0,25

Nghiệm kép là x1=x2 = +m 1 0,25

Vậy m= −2 thì phương trình có nghiệm kép là x1 =x2 = −1 0,25
III 2 Cho hai hàm số y=(3m+2)x+5 và y= − −x 1 có đồ thị cắt nhau tại

điểm A x y( ; ). Tìm m để biểu thức P= y2+2x−3 đạt giá trị nhỏ nhất. 1,00 
Với m≠ −1 hai đồ thị cắt nhau tại điểm 2 ; 2 1

1 1

A

m m

−

 − 

 + + 

  0,25

2 2 2

2 3 1 2 3

1 1

P y x

m m

−

   

= + − = −  +  −

+ +

    0,25

Đặt 2

t
m

+ ta được

2 2

4 2 ( 2) 6 6,

P= − − = −t t t − ≥ − ∀t 0,25

6 2 2 0

P t m

m

= − ⇔ = ⇒ = ⇔ =

Vậy m=0 thì biểu thức P= y2+2x−3 đạt giá trị nhỏ nhất

0,25

IV 1 Chứng minh ACBD là hình chữ nhật 1,00

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

C H

P Q

E F

D
O

A
C

Hình vẽ ý 1 Hình vẽ ý 2 và 3

Vẽ đúng hình ý 1 0,25

  0

ACB=ADB= (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 0,25

  0

CAD=CBD= (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25

Suy ra Chứng minh ACBD là hình chữ nhật 0,25

IV 2 Chứng minh H là trung điểm của OA 1,00

Tam giác BEF vng tại B có đường cao BA nên AB2 = AE. AF ⇒

2 2

AE AB AE AB AE AB

AB = AF ⇒ OA= AQ⇒ OA= AQ;

0,25

  0

EAO=BAQ= ⇒ ∆AEO đồng dạng với ∆ABQ 0,25

⇒  AEO= ABQ. Mặt khác  HPF =ABQ (góc có cạnh tương ứng vng

góc) nên  AEO=HPF. Hai góc này ở vị trí đồng vị nên PH // OE

0,25

P là trung điểm của EA ⇒ H là trung điểm của OA 0,25
IV 3 Xác định vị trí của CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất 1,00

Ta có . . ( ) ( )

2 2

BPQ

AB PQ R

S∆ = =R PQ =R AP+AQ = AE+AF 0,25

.2 .AF

R

AE

≥ 0,25

2 2

. . 2

R AB R AB R

= = = . 2

BPQ

S∆ = R ⇔ AE=AF 0,25

BEF

⇔ ∆ vuông cân tại B ⇔ ∆BCD vuông cân tại B ⇔CD⊥ AB

Vậy S∆BPQ đạt giá trị nhỏ nhất là 2R2 khi CD⊥ AB

0,25

Cho 2015 số nguyên dương a a a1, 2, 3,...,a2015 thỏa mãn điều kiện:

2.

1 2 3 2015

1 1 1 1

... 89

a + a + a + + a ≥ . Chứng minh rằng trong 2015
số nguyên dương đó, tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau.

1,00

Giả sử trong 2015 số nguyên dương đã cho khơng có 2 số nào bằng 0,25

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

nhau. Khơng mất tính tổng qt, ta sắp xếp các số đó như sau:

1 2 3 ... 2015 1 1, 2 2, 3 3,..., 2015 2015

a <a <a < <a ⇒a ≥ a ≥ a ≥ a ≥

1 2 3 2015

1 1 1 1 1 1 1 1

... ...

1 2 3 2015

a a a a

⇒ + + + + ≤ + + + + 0,25

2 2 2

1 ...

2 2 2 3 2 2015

= + + + +

1 1 1 1

1 2 ...

2 1 3 2 2014 2013 2015 2014

 

< +  + + + + 

+ + + +

 

0,25

(

)

(

)

1 2 2 1 3 2 ... 2014 2013 2015 2014

1 2 2015 1 89

= + − + − + + − + −

= + − <

1 2 3 2015

1 1 1 1

... 89

a a a a

⇒ + + + + < . Vơ lý. Do đó trong 2015 số

nguyên dương đã cho, luôn tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau.

0,25

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG

---

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2014 – 2015

MƠN THI: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: Ngày 13 tháng 7 năm 2014 
(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm).

a) Giải các phương trình: x x

(

)

b) Giải hệ phương trình: 2 1

3 11

= −



 + =


y x

x y

Câu 2 (2,0 điểm).

a) Rút gọn biểu thức:

2 −

= − −

−

− +

y xy

x x

P

y x

x y x y với x≥0;y≥0 và x≠ y.

b) Một sân trường hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 16 mét. Hai lần chiều
dài kém năm lần chiều rộng 28 mét. Tính chiều dài và chiều rộng của sân trường.

Câu 3 (2,0 điểm).

a) Cho đường thẳng (2 3) 1
2

y= m− x− (d). Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) đi

qua điểm 1 2;
2 3

− 

 

 

A

b) Tìm m để phương trình 2

2 2 1 0

− − + =

x x m có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 thỏa
mãn điều kiện 2 2 2 2

2 ( 1 − +1) 1 ( 2 − =1) 8

x x x x .

Câu 4 (3,0 điểm).

Qua điểm C nằm ngồi đường trịn (O), vẽ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là 
tiếp điểm). Đường thẳng CO cắt đường tròn tại hai điểm A và B (A nằm giữa C và B). Kẻ 
dây DE vng góc với AB tại điểm H.

a) Chứng minh tam giác CED là tam giác cân. 
b) Chứng minh tứ giác OECD là tứ giác nội tiếp. 
c) Chứng minh hệ thức AC.BH = AH.BC.

Câu 5 (1,0 điểm).

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 1 3 1

2 4 3

+ ≤

+ + +

c

a b c .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q=(a+1)(b+1)(c+1)

ĐỀ CHÍNH THỨC

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

---Hết---

Họ và tên thí sinh:...Số báo danh:...
Chữ kí của giám thị 1:...Chữ kí của giám thị 2:...

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH HẢI DƯƠNG 
NĂM HỌC 2014-2015

Câu ý Nội dung

1 
(2,0 
điểm).

a) Giải các phương trình: x x

(

)

(

)

2 3 2 3 0

x x+ = ⇔ x + x− = . Ta có: a + b + c = 1 + 2 – 3 = 0.

Vậy phương trình có hai nghiệm x1=1; x2 = −3

b)

Giải hệ phương trình: 2 1

3 11

= −



 + =


y x

x y

2 1 2 1 2 1 3

3 11 3(2 1) 11 7 14 2

y x y x y x y

x y x x x x

= − = − = − =

   

⇔ ⇔ ⇔

 + =  + − =  =  =

   

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

(2,0 
điểm).

a) Rút gọn biểu thức:

2 −

= − −

−

− +

y xy

x x

P

y x

x y x y với x≥0;y≥0 và x≠ y

3
2

( ) 2 ( ) 3

( )( )

2 2 3

( )( )

y xy

x x

P

x y

x y x y

x x y x x y y xy

x y x y

x xy x xy y xy

x y x y

x y y x

−

= − +

−

− +

+ − − + −

+ −

+ − + + −

+ −

− + −

= = − = −

− −

b) Một sân trường hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 16 mét. Hai 
lần chiều dài kém năm lần chiều rộng 28 mét. Tính chiều dài và chiều 
rộng của sân trường.

Gọi chiều dài và chiều rộng của sân trường hình chữ nhật lần lượt là x(m), 
y(m), điều kiện x > y > 16.

Theo bài ta lập được hệ phương trình: 16

2 5 28

x y

− =



 − = −



</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

- Giải hpt, được: 36
20
x
y
=

 =

 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy chiều dài và chiều rộng của sân trường hình chữ nhật lần lượt là 36(m),
20(m)

3 
(2,0 
điểm).

a)

Cho đường thẳng (2 3) 1
2

y= m− x− (d). Tìm giá trị của m để đường thẳng

(d) đi qua điểm 1 2;
2 3

− 

 

 

A

ĐK: 3

m≠

Để đường thẳng (d) đi qua điểm 1 2;
2 3

− 

 

 

A , ta có: 2 (2 3) 1 1

3 m 2 2

 
= − − −
 
1
3
m

⇔ = ( TM )

b) Tìm m để phương trình 2

2 2 1 0

− − + =

x x m có hai nghiệm phân biệt x x1; 2

thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2

2 ( 1 − +1) 1 ( 2 − =1) 8

x x x x .

Ta có: ∆ =' 2m. Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì

' 0 2m 0 m 0

∆ > ⇔ > ⇔ > .

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: 1 2

1 2

2 (1)
1 2 (2)

x x

x x m

+ =



 = −



Theo bài: 2 2 2 2 2 2 2 2

2 ( 1 1) 1 ( 2 1) 8 1 2 2 1 2 8 0

x x − +x x − = ⇔ x +x − x x + =

(

)

2 2 2

1 2 2 1 2 2 1 2 8 0 (3)

x x x x x x

⇔ + − − + =

Thay (1), (2) vào (3), ta có: 2 2

8m 12m 8 0 2m 3m 2 0

− + + = ⇔ − − =

1
2

m

⇒ = − (loại); m2 =2(thỏa mãn)
Vậy m = 2.

4 
(3,0 
điểm). 
2
1
H
E
B
A
O
D
C

- Vẽ hình chính xác:

a) Chứng minh tam giác CED 
là tam giác cân.

Ta có DH ⊥AB⇒HD=HE
⇒CH vừa là đường cao vừa
là trung tuyến của tam giác
CED nên tam giác CED là tam 
giác cân..

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

b) Chứng minh tứ giác OECD là tứ giác nội tiếp.

Xét ∆CDO và ∆CEO có: AD = CE (do ∆CED cân tại C), OC: cạnh chung,

OD = OE (cùng bằng bán kính của (O))

  0

( . . ) 90

CDO CEO c c c CEO CDO

⇒ ∆ = ∆ ⇒ = =

Tứ giác OECD có   0 0 0

90 90 180

CEO+CDO = + = ⇒OECD là tứ giác nội

tiếp.

c) Chứng minh hệ thức AC.BH = AH.BC

Ta có CD⊥OD CE, ⊥OE⇒CD và CE là hai tiếp tuyến của đường tròn(O)

    1 2

COD COE AD AE D D

⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒DA là phân giác CDE

AC DC

AH DH

⇒ = (t/c đường phân giác trong tam giác) (1).

Lại có  0

ADB= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên BD ⊥DA ⇒ DB

là phân giác góc ngồi tại D của ∆CDH

BC DC

BH DH

⇒ = (t/c đường phân giác trong tam giác) (2).

Từ (1), (2) AC BC AC BH. AH BC.

AH BH

⇒ = ⇒ =

5 
(1,0 
điểm).

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mẫn điều kiện 1 3 1

2 4 3

+ ≤

+ + +

c

a b c .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q=(a+1)(b+1)(c+1)

Cách 1:

Do a, b, c > 0 nên từ 1 3 1

2 4 3

+ ≤

+ + +

c

a b c

(a 1)(b 1)(c 1) 6(a 2) 2(b 4) 3(c 3) 6

⇒ + + + ≥ + + + + + − .

- Đặt a+ =2 x b, + =4 y c, + =3 z. Ta có: Q≥6x+2y+3z−6.
-Áp dụng bất đẳng thức Cau-chy (Cơ-si), ta có:

3 3 3

6x+2y+3z≥3 6 .2 .3x y z =3 36xyz =3 36. xyz (1)

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Lại từ giả thiết, ta có: 1 3 z 2 yz 3xz 2xy xyz

x y z

−

+ ≤ ⇒ + + ≤

- Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có:

2 2 3

3 3 3

3 2 3 6( ) 3 6( ) 3 6

yz+ xz+ xy≥ xyz ⇒ xyz≥ xyz ⇒ xyz ≥ (2)

Từ (1), (2) 3 3

6x 2y 3z 3 36.3 6 54

⇒ + + ≥ = .

Do đó Q≥54 6− =48.
Dấu “=” xảy ra khi

4 3( 2)

6 2 3

3 2( 2) 1, 5, 3

1 3 2

1 3 1

2 4 3

b a

x y z

c a a b c

z

x y z c

a b c



 + = +

= =





 ⇔ + = + ⇒ = = =

−

 + = 

  +

  + =

+ + +



Vậy Qmin = 48 khi a=1,b=5,c=3.
 Cách 2

1 3 2

ó: 1

a+2 4 3

1 3 2 6

:1 2

a+2 4 3 ( 4)( 3)

1 6

2 (1)

2 ( 4)( 3)

Ta c

b c

Suy ra

b c b c

a

a b c

+ ≤ −

+ +

− ≥ + ≥

+ + + +

⇔ ≥

+ + +

Tương tự:

3 1 2 2 1 2

1 2 2 (2)

4 a+2 3 ( 2)( 3) 4 ( 2)( 3)

c+1 3

và 2 (3)

c+3 ( 2)( 4)

b

b c a c b a c

a b

− ≥ + ≥ ⇔ ≥

+ + + + + + +

≥

+ +

Từ (1),(2) và (3), ta có:

1 1 c+1 48

. .

2 4 c+3 ( 2)( 4)( 3)
48

a b

a b a b c

Q

+ +

≥

+ + + + +

⇒ ≥

Vậy Qmin = 48 khi a=1,b=5,c=3.

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG

---

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2013-2014

MƠN THI: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: Ngày 12 tháng 7 năm 2013

(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm):

1) Giải phương trình : ( x – 2 )2 = 9

2) Giải hệ phương trình:

x + 2y - 2= 0

1
2 3



 = +

x y .

Câu 2 ( 2,0 điểm ):

1) Rút gọn biểu thức: A = 1 1 9

x 3 x 3 4

 

 +  −

 

 − +  

  

x

x với x > 0 và x ≠ 9

2) Tìm m để đồ thị hàm số y = (3m -2) x +m – 1 song song với đồ thị hàm số y = x +5 
Câu 3 ( 2 ,0 điểm ):

1) Một khúc sông từ bến A đến bến B dài 45 km. Một ca nơ đi xi dịng từ A đến B
rồi ngược dòng từ B về A hết tất cả 6 giờ 15 phút. Biết vận tốc của dịng nước là 3
km/h.Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng.

2) Tìm m để phương trình x2 – 2 (2m +1)x +4m2+4m = 0 có hai nghiệm phân biệt x1,

x2 thỏa mãn điều kiện x1−x2 =. x1+ x2

Câu 4 ( 3,0 điểm ) :

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB, trên nửa đường tròn lấy điểm C (C
khác A và B).Trên cung BC lấy điểm D (D khác B và C) .Vẽ đường thẳng d vng góc với
AB tại B.

Các đường thẳng AC và AD cắt d lần lượt tại E và F.

1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp một đường tròn.

2)Gọi I là trung điểm của BF.CHứng minh ID là tiếp tuyến của nửa đường tròn đã
cho.

3)Đường thẳng CD cắt d tại K, tia phân giác của CKE cắt AE và AF lần lượt tại M

và N.Chứng minh tam giác AMN là tam giác cân.

Câu 5 ( 1,0 điểm ): Cho a, b là các số dương thay đổi thoả mãn a+b=2.Tính giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức

Q =

(

2 2

)

2 2

1 1

2 a b 6 a b 9

b a a b

   

+ −  + +  + 

   

ĐỀ CHÍNH THỨC

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

ĐÁP ÁN

Câ
u

Phần Nội dung

1 
1

(x-2)2 = 9 ⇔ x 2 3

x 2 3

− =


 − = −


⇔ x 3 2 5

x 3 2 1

= + =


 = − + = −


Vậy pt có 2 nghiệm là x =5 và x = – 1.

2

x 2y 2 0

x 2y 2
x y

3x 2y 6
1

2 3
+ − =

  + =

 ⇔

 = +  − =





4x 8

x 2y 2
=


⇔  + =


x 2

y 0
=

⇔  =



Vậy hpt có 1 nghiệm là (x; y) = (2; 0).

2 
1

với x> 0 và x≠9

( x 3) ( x 3) x 9
A

( x 3)( x 3) 2 x

 + + −  

=  − 

+ −

  

2 x x 9
.
x 9 2 x

−
=

−

1
=

2

để đồ thị hàm số y = ( 3m -2)x + m-1 song song với đồ thị hàm số y = x+ 5

⇔ 3m 2 1

m 1 5
− =


 − ≠


⇔ m 1

m 6

=

 ≠

⇔m = 1.

Vậy : m = 1 thì đồ thị hàm số y = ( 3m -2)x + m-1 song song với đồ thị hàm số
y = x+ 5

Gọi vận tốc ca nô khi nước yên lặng là x (km/h) ; ĐK: x> 3
Vân tốc ca nơ khi xi dịng là: x +3 km/h

Vân tốc ca nơ khi ngược dịng là: x – 3 km/h

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

3 
1

Thời gian ca nơ khi xi dịng là: 45
x+3h

Thời gian ca nơ khi ngược dịng là: 45

x 3− h
Theo đề bài ta có phương trình:

45
x+3+

45
x 3− =

25
4

Giải phương trình ta được x1=-0,6( Loại); x2=15( Thỏa mãn)

Vậy vận tốc ca nô khi nước yên lặng là 15km/h.

2

Cách 1: Để phương trình x2 -2(2m+1)x + 4m2+4m =0 có hai nghiệm phân biệt

⇔ ∆’= (2m+1)2-1.(4m2+4m) =1 > 0 với mọi m.

Theo Viét ta có x1+x2 =2(2m+1)

và x x1 2 =4m2+4m

ĐK: 1 2

1
x x 0 2(2m 1)>0

m>-2

+ > ⇔ + ⇔

Với ĐK trên, bình phương hai vế: x1−x2 =x1+x2 ta có:

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2

1 2 1 2

2 2

1 2 1 2 1 2

1 2

x x x x

x x 4x x x x

4x x 0

− = +

⇔ + − = +

⇔ − =

4(4m 4m) 0

16m(m 1) 0

m 0(tm)

m 1(loai)

⇔ − + =

=

⇔  = −



Vậy m = 0 thì phương trình x2 – 2 (2m +1)x +4m2+4m = 0 có hai nghiệm

phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1−x2 =. x1+ x2

Cách 2: ∆’= (2m+1)2-1.(4m2+4m) =1 > 0 (với mọi m.)

1
2

2 1 1 2 2

2 1 1 2

x m m

⇒ = + + = +

= + − = ⇒

Thay vào x1−x2 =x1+x2. ta có:

2 2 2 2 2 2

2 4 2( )

2
0( )

m m m m

m m

m TM

+ − = + +

⇔ = + −

⇔ =



</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Vậy m = 0 thì phương trình x2 – 2 (2m +1)x +4m2+4m = 0 có hai nghiệm

phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1−x2 =. x1+ x2

4

Hình vẽ

Ta có : AEB là góc có đỉnh ở ngồi đường tròn

⇒ AEB = 1/2 sđ ( cung AB - cung BC ) = 1/2 sđ cung AC (1)

CDA là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ⇒ CDA = 1/2 sđ cung AC (2)
Từ (1) và (2) ⇒ AEB = CDA hay CEF = CDA

Mà CDA + CDF = 1800⇒ CEF + CDF = 1800mà CEF và CDA là 2 góc đối nhau

⇒ Tứ giác CDFE là tứ giác nội tiếp ( dhnb )

2)

Ta có tam giác OAD cân (OA = OD = bk)
 góc ODA = góc OAD

Ta có góc ADB = 900 (góc nt ….)

 góc BDF = 900 (kề bù với góc ADB)

 tam giác BDF vuông tại D

N
M

I
F
E

O
C

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Mà DI là trung tuyến
 DI = IB = IF

 Tam giác IDF cân tại I
 Góc IDF = góc IFD

Lại có góc OAD + góc IFD = 900 (phụ nhau)

 góc ODA + góc IDF = 900

 Mà góc ODA + góc IDF + góc ODI = 1800

=> góc ODI = 900

=> DI vng góc với OD
=> ID là tiếp tuyến của (O).
3)

Tứ giác CDFE nội tiếp nên  NDK =E (cùng bù với góc NDC)

    1

ANM =NDK+NKD=NDK+ CKE ( góc ngồi của tam giác NDK)

    1

AMN = +E MKE= +E CKE ( góc ngoài của tam giác MEK)
=>  ANM =AMN

=> tam giác AMN là tam giác cân tại A.

5 2 2

2 2

1 1

2( ) 6(a b) 9( )

Q a b

b a a b

= + − + + +

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2

1 1

2 2 6 6 9 9

1 1

( 6. 9 ) ( 6 9 )

3 9 3 1

( 2. . ) ( 2. 9 )

3 3 3 3

( ) ( ) 2( )( )

9 9

2( 3 3 ) ( ) 2 2( 6 )

a b

Q a b

b a a b

a b

a b a b

b b a a

a a b b a b

b b a a

a b a b a b a b

b a b a

ab a b ab ab

a b ab

= + − − + +

= − + + − + + +

= − + − + + ≥ − − + + ≥

= − − + + + − = − +

2 2

(¸p dơng A + B 2A.B)

( ) 2

9 18 18

2( 6 ) 4 2 12 4 8

a b ab

thay a b

ab ab

ab ab ab

+ + −

+ =

≥ − + + − = − + + = − +

ta cã
Q

Ta có 2 ( )2

( ) 2 .

a b

a+b ≥ ab→a b≤ + →

( ) 4

4 4

a b

ab≤ + = =

nên 1 1 18 18 8 18 8 18 10

a b ≥ → ab ≥ → − +ab ≥ − + = (vì a.b là số dương)

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Dấu “=” xảy ra khi

3 3 ab 3 ab 3

a b

b a b a

a b a b

− −

 − = −  =

 ⇔

 

 =  =

 

→ a = b

vì a + b = 2 → a = b =1
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q là 10 tại a = b =1

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN 
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013

Mơn thi: TỐN (khơng chuyên)

Thời gian làm bài: 120 phút 
Ngày thi 19 tháng 6 năm 2012

Đề thi gồm : 01 trang

Câu I (2,0 điểm)

1) Giải phương trình 1 1
3

x
x

− = + .

4) Giải hệ phương trình 3 3 3 0
3 2 11

x

x y

 − =




+ =

 .

Câu II ( 1,0 điểm) Rút gọn biểu thức P = 1 + 1 : a + 1
2 a - a 2 - a a - 2 a

 

 

  với a > 0 và a≠4. 
Câu III (1,0 điểm) Một tam giác vng có chu vi là 30 cm, độ dài hai cạnh góc vng hơn 
kém nhau 7cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác vng đó.

Câu IV (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d):y = 2x - m +1 và parabol (P): y =1x2
2 .
1) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1; 3).

2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ (x1; y1) và (x2; y2) sao cho

(

)

1 2 1 2

x x y + y +48=0.

Câu V (3,0 điểm) Cho đường trịn 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) .

1) Chứng minh BE2 = AE.DE.

2) 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 .

3) Gọi I là giao điểm của AD và CH. Chứng minh I là trung điểm của CH.

Câu VI ( 1,0 điểm) Cho 2 số dương a, b thỏa mãn 1 1 2

a+ =b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức

4 21 2 4 21 2

2 2

Q

a b ab b a ba

= +

+ + + + .

---Hết---

ĐỀ CHÍNH THỨC

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Họ và tên thí sinh………. Số báo danh………...…………
Chữ kí của giám thị 1: ……….……… Chữ kí của giám thị 2: ………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN 
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013 
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN (khơng chuyên)

Hướng dẫn chấm gồm : 02 trang 
I) HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm.

- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng
chấm.

- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Nội dung

Câu I (2,0đ) 
1) 1,0 điểm 1

1 1 3( 1)

x

x x x

−

= + ⇔ − = +

1 3 3

x x

⇔ − = +
2x 4

⇔ − =

x

⇔ = − .Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = -2

2) 1,0 điểm 3 3 3 0 (1)

3 2 11 (2)

x

x y

 − =




+ =

 Từ (1)=>x 3=3 3
<=>x=3

Thay x=3 vào (2)=>3.3 2+ y=11 <=>2y=2

<=>y=1 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y)=(3;1)
Câu II (1,0đ)

(

)

1 a +1

P= + :

2- a 2

a 2- a a a

 

 

  −

 

1+ a 2
=

a (2 ) a +1

a a

a

−
⋅
−

(

)

(

)

a a 2

a 2- a

−

a 2
=

2- a
− =-1

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Câu III 
(1,0đ)

Gọi độ dài cạnh góc vng nhỏ là x (cm) (điều kiện 0< x < 15)
=> độ dài cạnh góc vng cịn lại là (x + 7 )(cm)

Vì chu vi của tam giác là 30cm nên độ dài cạnh huyền là 30–(x + x +7)= 23–2x
(cm)

Theo định lí Py –ta- go ta có phương trình 2 2 2

x + (x + 7) = (23 - 2x)

x - 53x + 240 = 0

⇔ (1) Giải phương trình (1) được nghiệm x = 5; x = 48
Đối chiếu với điều kiện có x = 5 (TM đk); x = 48 (không TM đk)

Vậy độ dài một cạnh góc vng là 5cm, độ dài cạnh góc vng cịn lại là 12
cm, độ dài cạnh huyền là 30 – (5 + 12) = 13cm

Câu IV 
(2,0đ)

1) 1,0 điểm Vì (d) đi qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 và y = 3 vào hàm số y = 2x – m + 1 
ta có 2.(-1) – m +1 = 3

⇔-1 – m = 3
⇔ m = -4

Vậy m = -4 thì (d) đi qua điểm A(-1; 3)

2) 1,0 điểm Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình

x 2 1

2 = x m− +

x 4x 2m 2 0 (1)

⇔ − + − = ; Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt nên (1) có hai
nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > ⇔ −' 0 6 2m> ⇔ <0 m 3

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 y = 21 x1− +m 1,y = 22 x2 − +m 1

Theo hệ thức Vi-et ta có x + x = 4, x x = 2m-21 2 1 2 .Thay y1,y2 vào

(

)

1 2 1 2

x x y +y +48=0 có x x1 2

(

2x +2x -2m+21 2

)

+48=0

(2m - 2)(10 - 2m) + 48 = 0

⇒

m - 6m - 7 = 0

⇔ ⇔m=-1(thỏa mãn m<3) hoặc m=7(không thỏa mãn m<3)
Vậy m = -1 thỏa mãn đề bài

Câu V (3,0đ)

1) 1,0 điểm Vẽ đúng hình theo yêu cầu chung của đề bài

E

D

A O

C

B

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

VìBD là tiếp tuyến của (O) nên BD ⊥ OB => ΔABD vng tại B
Vì AB là đường kính của (O) nên AE ⊥ BE

Áp dụng hệ thức lượng trong ΔABD (  0

ABD=90 ;BE ⊥ AD) ta có BE2 = AE.DE
2) 1,0 điểm

Có DB= DC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), OB = OC (bán
kính của (O))

=> OD là đường trung trực của đoạn BC =>  0

OFC=90 (1)

Có CH // BD (gt), mà AB ⊥ BD (vì BD là tiếp tuyến của (O))
=> CH ⊥ AB =>  0

OHC=90 (2)

Từ (1) và (2) ta có   0

OFC + OHC = 180 => tứ giác CHOF nội tiếp

3)1,0 điểm Có CH //BD=>  HCB=CBD (hai góc ở vị trí so le trong) mà

ΔBCD cân tại D =>  CBD=DCB nên CB là tia phân giác của HCD
do CA ⊥ CB => CA là tia phân giác góc ngoài đỉnh C của ΔICD AI = CI

AD CD
⇒

(3)

Trong ΔABDcó HI // BD => AI = HI

AD BD (4)
Từ (3) và (4) => CI = HI

CD BD mà CD=BD⇒CI=HI⇒ I là trung điểm của CH
Câu VI

(1,0đ)

Với a>0;b>0ta có: (a2 −b)2 ≥ ⇔0 a4−2a b b2 + 2 ≥ ⇒0 a4+b2≥2a b2

4 2 2 2 2

2 2 2

a b ab a b ab

⇔ + + ≥ + 4 2 2

(

)

1 1

(1)

2 2

a b ab ab a b

⇔ ≤

+ + +

Tương tự có

(

)

4 2 2

1 1

(2)

2 2

b +a + a b≤ ab a b+ . Từ (1) và (2)

(

)

Q

ab a b

⇒ ≤

Vì 1 1 2 a b 2ab

a+ = ⇔ + =b mà a b+ ≥2 ab⇔ab≥1 2

1 1

2( ) 2

Q

ab

⇒ ≤ ≤ .

Khi a = b = 1 thì 1
2

Q

⇒ = . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 1
2

E

I

F

D

H

A O

C

B

</div>

Bộ đề thi vào lớp 10 toán THPT tỉnh Hải Dương

<b>Tailieumontoan.com </b>

<b> </b>

<b>Điện thoại (Zalo) 039.373.2038</b>

<b> </b>

<b>BỘ ĐỀ THI </b>

<b>VÀO LỚP 10 THPT TỈNH HẢI DƯƠNG </b>

(

)

{

}

(

)

{

}

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

(

)

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

(

)

( )

( )

( )

( )

(

)

(

)

( )

( )

( )

(

)

(

)

( )

( )

(

)

(

)

( )

( )

( )

( )

( ) ( ) ( )

(

)

(

)

(

)