10 đề thi thử vào lớp 10 môn toán có đáp án của một số huyện thuộc tỉnh bắc giang

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TÂN YÊN

Câu I:(2 điểm)

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT LẦN 3
NĂM HỌC 2017 – 2018
MƠN THI: TỐN
Ngày thi 12/05/2018
Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề

(

)

1.

Tính giá trị biểu thức A = 3 4 3 − 2 2 + 24

2.

Tìm m để hàm số y = (1 − 2 m) x + 3 là hàm số bậc nhất nghịch biến trên R.

Câu II: (3 điểm)

 2x − 5y = 8
3x + 2y = −7

1. Giải hệ phương trình 

 2x + 1


x
4x − 1
−
:
÷
÷
 x x + 1 x − x + 1  2x + x − 1

2. Cho P = 

(với x ≥ 0; x ≠

1
)
4

Tìm tất cả các giá trị của x để P < 1.
3. Cho phương trình x 2 + 2(m + 1) x + 2m − 3 = 0 (1) , với x là ẩn m là tham số
a. Giải phương trình (1) khi m = 0 .
b. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn một nghiệm lớn hơn
1 và một nghiệm nhỏ hơn 1.
Câu III: (1,5 điểm)
Lúc 7 giờ một xe máy xuất phát từ tỉnh A để đi đến B, sau đó lúc 8 giờ một ơ tơ cũng xuất phát từ A để đi đến
B với vận tốc trung bình lớn hơn vận tốc trung bình của xe máy là 20 km/h. Ơ tơ gặp xe máy tại một điểm trên
quãng đường AB. Sau khi hai xe gặp nhau ô tô đi tiếp 1 giờ 30 phút nữa mới đến B. Tính vận tốc mỗi xe biết
quãng đường AB dài 210 km.
Câu IV: ( 3 điểm)
Từ điểm A ở bên ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (B, C thuộc đường tròn
(O)). Gọi H là giao điểm của AO và BC. Kẻ dây BD song song với AO. Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại

điểm thứ hai là E. Kẻ BE cắt AO tại K. Chứng minh rằng:
1. Tứ giác ABOC nội tiếp được trong một đường tròn.
2. AK 2 = KE.KB .
3. K là trung điểm của AH.
4.

HC2 AD
=
HE 2 AE

Câu V:(0,5 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q=

a2
b2
c2
+
+
b+3
c+3
a+3

1


PHÒNG GD&ĐT TÂN YÊN

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT LẦN 3
NĂM HỌC 2017 – 2018

Hướng dẫn

Câu I
1.
(1điểm)

2
(1 điểm)

(

)

A = 3 4 3 − 2 2 + 24 = 4. 3. 3 − 2. 2. 3 + 2 2.6 = 4.3 − 2 6 + 2 6
= 12

0.5

Hàm số y = (1 − 2 m) x + 3 là hàm số bậc nhất nghịch biến trên R ⇔ 1 − 2m < 0

0.5

⇔m>

1
2

0.25
0.25

KL:

(3điểm
)

Câu II

 2x − 5y = 8
6x − 15y = 24
⇔

3x + 2y = −7
6x + 4y = −14
1
(1 điểm)

0.25

−19y = 38
 y = −2
⇔
⇔
2x − 5y = 8
2x − 5.(−2) = 8
 y = −2
⇔
 x = −1

0.25
0.25

KL:…..

với x ≥ 0; x ≠

0.25
1
4

 2x + 1

x
4x − 1
P = 
−
:
÷
÷
 x x + 1 x − x + 1  2x + x − 1

 (2 x − 1)(2 x + 1)
2x + 1
x
=
−
:
 ( x + 1)(x − x + 1) x − x + 1  ( x + 1)(2 x − 1)

2
(1 điểm)

(2
điểm)
0.5

 2x + 1 − x ( x + 1)  2 x + 1
x − x +1
x +1
1
=
=
×
=
:
x + 1 ( x + 1)(x − x + 1) 2 x + 1 2 x + 1
 ( x + 1)(x − x + 1) 
1
P <1⇔
< 1 ⇔ 2 x +1 > 1
( dο 2 x + 1 > 0)
2 x +1
⇔ x >0⇔x>0
1
Kết hợp với ĐKXĐ ta được x > 0 và x ≠ .
4

0.25

0.5

0.25

KL:......
3
(1 điểm)

Cho phương trình x 2 + 2(m + 1) x + 2m − 3 = 0 (1)
a) Khi m = 0 thì phương trình (1) trở thành: x 2 + 2 x − 3 = 0 (2)

2

0.25


Phương trình (2) có: a + b + c = 1 + 2 + (−3) = 0 áp dụng hệ quả của hệ thức
Vi – ét thì phương trình (2) có 2 nghiệm là: x1 = 1; x 2 = −3
KL:….

0.25

b)Phương trình (1) có ∆ ' = (m + 1) 2 − 2m + 3 = m 2 + 4 > 0, ∀m ∈ R
Nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x 2 với mọi m.
 x1 + x 2 = −2(m + 1)
 x1 x2 = 2m − 3

Áp dụng hệ thức Vi – ét ta có: 

0.25

Hai nghiệm x1 ; x 2 thỏa mãn một nghiệm nhỏ hơn 1 và một nghiệm lớn hơn 1
  x1 < 1
  x1 − 1 < 0


 x2 > 1   x2 − 1 > 0

⇔
⇔
⇔ ( x1 − 1)( x2 − 1) < 0
 x > 1
 x − 1 > 0
1
1


  x2 < 1   x2 − 1 < 0

0.25

⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 < 0 ⇔ 2m − 3 + 2(m + 1) + 1 < 0 ⇔ 4m < 0 ⇔ m < 0

KL:....
1,5
điểm

Câu III

Đổi: 1h30ph = 1,5h

Gọi vận tốc của xe ô tơ là x (km/h), x > 20
Thì vận tốc của xe máy là x-20 (km/h)
Quãng đường từ điểm gặp nhau đến B dài là: 1,5.x (km)
Quãng đường từ A điến điểm gặp nhau dài là: 210 -1,5.x (km)
Thời gian ô tô đi từ A đến điểm gặp nhau là
1,5 điểm

210 − 1,5 x
( h)
x

Thời gian xe máy đi từ A đến điểm gặp nhau là

0.25

0.25

210 − 1,5 x
( h)
x − 20

Vì ơ tơ xuất phát lúc 8h cịn xe máy xuất phát lúc 7h nên thời gian đi từ A
đến điểm gặp nhau của xe máy nhiều hơn của ô tô là 8-7 =1 (h)
210 − 1,5 x 210 − 1,5 x
−
=1
Do đó ta có phương trình:
x − 20
x

0.25

Giải phương trình ta được x= 60 và x= -70
Đối chiếu với điều kiện ta được x=60

0.5

Vậy vận tốc của ô tô là 60km/h
và vận tốc của xe máy là 60-20=40(km/h).

0.25

(3
điểm)

Câu IV
1
(1 điểm)

3


1, Vì AB là tiếp tuyến của của đường trịn (O) nên AB⊥BO ⇒ ·ABO = 900

0.25

Vì AC là tiếp tuyến của của đường tròn (O) nên AC⊥CO ⇒ ·ACO = 900

0.25

Xét tứ giác ABOC có: ·ABO + ·ACO = 900 + 900 = 1800
mà ·ABO, ·ACO là 2 góc đối nhau của tứ giác
Nên tứ giác ABOC nội tiếp.
·
2, Chứng minh được ·ABE = BDE
(1)

0.25
0.25
0.25

·
·
Mà BD//AO ⇒BDE
(2)
= EAK
2
(0,75
điểm)

·
·
Từ (1) và (2) suy ra: ·ABE = EAK
hay ·ABK = EAK
µ là góc chung và ·ABK = EAK
·
Xét ∆ABK và ∆EAK có: K
( cm trên)

Suy ra: ∆ABK và ∆EAK đồng dạng suy ra

3
(0,75
điểm)

AK BK
=
⇔ AK 2 = KE.KB (3)
EK AK

·
·
3, Chứng minh được tứ giác ACHE nội tiếp suy ra HEC
= HAC
·
·
Mặt khác cũng chứng minh được HAC
= HAB
= ·AEK

·
·
Suy ra HEC
= ·AEK mà ·AEC = 900 suy ra được HEK
= 900 nên HE⊥KB
Xét ∆BHK vng tại H có HE⊥KB nên suy ra HK 2 = KE.KB (4)
Từ (3) và (4) suy ra: HK 2 = AK 2 ⇒ HK = AK ⇒K là trung điểm của AH

4, Chứng minh được HC=HB
Và áp dụng hệ thức lượng trong ∆BHK vuông tại H có HE⊥KB ta chứng

4
(0,5
điểm)

HC2 HB2 BE.BK BK
=
=
=
minh được
(5)
HE 2 HE 2 BE.EK EK
AD BK
=
Vì BD//AK nên
(6) (Định lý Ta – lét)
AE EK
HC2 AD
=
Từ (5) và (6) suy ra
(đpcm)
HE 2 AE

0.25

0.25
0.25
0.25

0.25

0.25

(0,5
điểm)

Câu 5
0,5
điểm

0.25

Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 . Ta có:

4

0.25


Q=

a2
b2
c2
2a 2
2b 2
2c 2
+
+
=
+

+
b+3
c+3
a+ 3 2 b+3 2 c+3 2 a+3

2a 2
2b 2
2c 2
4a 2 4b 2
4c 2 ( 2a + 2b + 2c ) 3
≥
+
+
=
+
+
≥
=
4 + b + 3 4 + c + 3 4 + a + 3 b + 7 c + 7 a + 7 a + b + c + 21 2
2
2
2
(BĐT Cô – si)
(Bunnhiacopsky dạng phân thức)
2

a + 3 = b + 3 = c + 3 = 4

⇔ a = b = c =1
Đẳng thức xảy ra khi  2a

2b
2c
=
=
 b + 7 c + 7 a + 7

Vậy GTNN của Q =

0.25

3
khi a = b = c = 1
2
Điểm toàn bài 10điểm

Lưu ý khi chấm bài:
-

Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp
logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang
điểm tương ứng.
Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc khơng vẽ hình thì khơng chấm.

5


PHÒNG GD& ĐT
TP. BẮC GIANG

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2018 - 2019
Mơn: Tốn
Thời gian làm bài: 120 phút
--------------------------------------------------------------------------------------------------Bài 1: (2,0 điểm)

(

1. Tính giá trị biểu thức N=

5+ 5
5 −1 ×
2 5

)

2. Cho đường thẳng (d): y = 2 x + m 2 − 2m . Tìm m để đường thẳng (d) đi qua gốc tọa
độ.
Bài 2: (3,0 điểm)
 x x +1 x −1
−
1. Cho biểu thức M = 
 x −1

 
: x +
x − 1  

x 
 với x > 0 và x ≠ 1.
x − 1 

Rút gọn biểu thức M và tìm x để M<0.
 2 x + 3 y = −2
4 x + y = 1

2. Giải hệ phương trình: 

3. Cho phương trình : x 2 − 3x + m − 2 = 0 (1)
a. Giải phương trình với m= − 8.
b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn
x13 − x23 + 9 x1 x2 = 81 .

Bài 3: (1,5 điểm)
Một tổ sản xuất có kế hoạch sản xuất 720 sản phẩm theo năng suất dự kiến. Nếu
tăng năng suất 10 sản phẩm mỗi ngày thì hồn thành sớm hơn 4 ngày so với giảm năng
suất 20 sản phẩm mỗi ngày. Tính năng suất dự kiến theo kế hoạch.
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (ABkính
AD, tiếp tuyến với đường trịn (O;R) tại D cắt BC tại E. Vẽ OH vng góc với BC (H ∈
BC).
a. Chứng minh tứ giác OHDE nội tiếp.
b. Chứng minh: ED2=EC.EB
c. Từ C vẽ đường thẳng song song với EO cắt AD tại I. Chứng minh HI song song
với AB
d. Qua D vẽ đường thẳng song song với EO cắt AB và AC lần lượt tại M và N.
6


Chứng minh: DM=DN

Bài 5: (0,5 điểm)
Tìm giá trị của m để phương trình 2 x 2 − 2mx + m 2 − 2 = 0 có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn
H= 2 x1 x2 − x1 − x2 + 9 đạt giá trị lớn nhất.
................................................................................
Họ tên thí sinh:..................................................................Số báo danh:....................

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LĨP 10 NĂM HỌC 2018-2019
MƠN THI: TỐN
Hướng dẫn giải

Bài
Bài 1
N=
1.
(1.0
đ)

(

5+ 5
5 −1 ×
=
2 5

)

(
5 +1 (
=

)
5 − 1) (

5 −1 ×

( 5 − 1) 2
2
5 −1 5 −1 4
=( )
=
= =2
=

5

(

)

5 +1

Điể
m
2,0
0,25

2 5

)

5 +1

0,25

2

2

2.
(1.0
đ)

2

0,5

2

Vì đường thẳng (d): y = 2 x + m 2 − 2m đi qua gốc tọa độ nên ta có m 2 − 2m = 0

0,25

m = 0
m = 0
⇔ m ( m − 2) = 0 ⇔ 
⇔
m − 2 = 0
m = 2

0,5

Vây m=0 hoặc m=2 thì đường thẳng (d) đi qua gốc tọa độ

Bài 2

0,25
2,0 đ

M=

1.
(1 đ)






=

(

(

)(

x +1 x − x +1

)(

x −1

)

x +1

)−


x −1  x
:
x − 1


(

)

x −1 + x
x −1

 x − x + 1 x −1  x − x + x
=
−
:
x −1
x − 1
x −1


x − x +1− x +1
x
2 − x x −1 2 − x
:
×
=
=
x
x
x −1
x −1
x −1

2− x
với x > 0 và x ≠ 1
x
2− x
Vì x>0 nên M=
< 0 ⇔ 2 − x < 0 ⇔ x > 2 ⇔ x > 4 . Vậy....
x

Vây M=

7

0,25

0,25
0,25
0,25

2.
(1 đ)

 2 x + 3 y = −2
 4 x + 6 y = −4
⇔

4 x + y = 1
4 x + y = 1
5 y = −5
 y = −1
⇔
⇔
4 x + y = 1 4 x − 1 = 1

0,25
0,25

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

0,25
1
2

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=( ; −1 )
3.
a/
(0,5
đ)

Thay m= −8 vào phương trình (1) ta có phương trình x 2 − 3x − 10 = 0
Ta có ∆ = b 2 − 4ac = ... = 49 > 0 ⇒ ∆ = 7
Vậy PT có 2 nghiệm phân biêt x1 = ... = 5; x2 = ... = −2
Vậy với m= −8 , PT(1) có 2 nghiệm phân biêt x1 = ... = 5; x2 = ... = −2

0,25

0,25
0,25

Ta có ∆ = b 2 − 4ac = ... = −4m + 17 . Để PT (1) có 2 nghiệm phân biệt thì
17
−b
c
= 3; x1 x2 = = m − 2 .
. Theo vi ét ta có x1 + x2 =
4
a
a

3
3
2
2
Ta có x1 − x2 + 9 x1 x2 = 81 ⇔ ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 + x1 x2 ) + 9 x1 x2 = 81
∆>0⇔m<

b
(0,5đ
)

2
⇔ ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 ) − x1 x2  + 9 x1 x2 = 81 ⇔ ( x1 − x2 ) ( 9 − m + 2 ) + 9 ( m − 2 ) = 81


17
⇔ ... ⇔ ( x1 − x2 ) ( 11 − m ) = 9 ( 11 − m ) .Vì m < ⇒ m < 11 ⇒ m − 11 ≠ 0 ⇒ x1 − x2 = 9
4
 x1 + x2 = 3
x = 6
⇔ ... ⇔  1
Ta có hệ phương trình 
 x1 − x2 = 9
 x1 = −3

0,25

0,25

Mà x1 x2 = m − 2 ⇒ m − 2 = 6 ×(−3) = −18 ⇒ m = −16 ( thỏa mãn ). KL

Bài 3
Gọi năng suất dự kiến theo kế hoạch là x ( SP ); ĐK: x nguyên , x>20
720
( ngày)
x + 10
720
Thời gian làm khi giảm năng suất 20 sản phẩm mỗi ngày là
( ngày)
x − 20
720
720
−
=4
Theo bài ra ta có PT
x − 20 x + 10
Giải PT tìm được x1 = 80 ( thỏa mãn) ; x2 = −70 < 0 (loại)

1,5 đ
0,25

Thời gian làm khi tăng năng suất 10 sản phẩm mỗi ngày là

Kết luận:
Bài 4

8

0,25
0,25
0,5

0,25
3,0 đ


A

K

O
I

B

E

C

H
M
D

N

·
Vì OH ⊥ BC nên OHE
= 900 ; Ta có OD ⊥ DE (...) nên

a
(1 đ)

·
·
·
ODE
= 900 ⇒ OHE
= ODE
= 900
·
·
Xét tứ giác OHDE Có OHE
= ODE
= 900 , mà H va D là 2 đỉnh kề nhau của tứ

0,5

giác
OHDE .Vậy tứ giác OHDE nội tiếp
·
·
Xét ∆EDC và ∆EBD Có góc E chung ; EDC
(...) vậy ∆EDC : ∆EBD
= EBD

b
ED EC
(0.75 ⇒ EB = ED
đ)
Vậy ED 2 = EC ×EB

0,25

0,25
0,25

·
·
·
·
Vì CI//EO ⇒ HCI
(.....), Vì tứ giác OHDE nội tiếp nên HEO
(...)
= HEO
= HDO
·
·
c
Vậy HCI
.
= HDI
(0.75
·
·
Xét tứ giác HICD có HCI
, mà D và C là 2 đỉnh kề nhau của tứ giác
= HDI
đ)
·
·
HICD nên tứ giác HICD nội tiếp ⇒ IHC
= IDC
= ·ADC (.....)

·
·
Mà ·ADC = ·ABC (...) ⇒ IHC
, mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên HI//AB
= ABC

d
(0.5
đ)

0,5

Gọi K là giao điểm của CI và AB ta có CK//OE, Xét tam giác ACK có HB=HC (
vì OH ⊥ BC), có HI//BK (…) nên ta có IK=IC. Ta có MN //OE, CK //OE nên
CK//MN
Xét tam giác MAD có IK//DM ⇒

IK
AI
IC
AI
=
=
, tương tự ta có
DM AD
DN AD

IK
IC
=

Vậy ta có
, mà IK=IC nên ta có DM=DN
DM DN

Bài 5

0,25
0,25
0,25

0.25

0.25
0,5 đ

2 x − 2mx + m − 2 = 0 Ta có ∆ = ... = 4 − m , để PT có nghiệm thi
∆ , ≥ 0 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2
m2 − 2
Theo vi ét ta có x1 + x2 = ... = m; x1 x2 = ... =
. Nên ta có H=…= m 2 − m + 7
2
2
Ta có H = (m + 2m) − ( 3m + 6 ) + 13 = ... = ( m + 2 ) ( m − 3 ) + 13
2

2

,

2

Vì −2 ≤ m ≤ 2 ⇒ m + 2 ≥ 0 và m − 3 < 0 ⇒ ( m + 2 ) ( m − 3) ≤ 0

⇒ H = ( m + 2 ) ( m − 3) + 13 ≤ 13 , dấu bằng có khi m+2=0 ⇔ m = −2
Vậy m = −2 thi H lớn nhất H=13

Lưu ý khi chấm bài:

9

0,25

0,25


-Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp
logic. Nếu học sinh trình bày cách khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương
ứng.
-Với bài 4 , nếu học sinh vẽ hình sai hoặc khơng vẽ hình thì khơng chấm.
-Tổng điểm khơng làm trịn VD; 7.25 là 7.25; 7.5 là 7.5;7.75 là 7.75

10


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TÂN YÊN

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT LẦN 4
NĂM HỌC 2017 – 2018
MƠN THI: TỐN

Ngày thi 29/05/2018
Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề

Câu I:(2 điểm)
1. Tính giá trị biểu thức A = ( 2 3 − 2 ) . ( 2 3 + 2 )
2. Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A( 2; 3 ) và điểm
B(-2;1). Tìm các hệ số a và b.
Câu II: (3 điểm)
3 x + y = 5
 x − 2 y = −3

1. Giải hệ phương trình 

 1

1

 x− x −2
x +1

−
1. Cho biểu thức A = 
÷.
 x−4 x+4 x +4

(với x > 0, x ≠ 4 ).

Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.
3. Cho phương trình : x 2 − mx + m − 1 = 0
a) Giải phương trình với m = 2

b) Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
B=

2 x1 x2 + 3
x + x22 + 2 ( x1 x2 + 1) .
2
1

Câu III: (1,5 điểm)
Bác An vay 10 000 000 đồng của ngân hàng để làm kinh tế gia đình trong thời hạn
một năm. Lẽ ra cuối năm bác phải trả cả vốn lẫn lãi. Song bác đã được ngân hàng cho
kéo dài thời hạn thêm một năm nữa, số lãi của năm đầu được gộp vào với vốn để tính lãi
năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết hai năm bác phải trả tất cả là 12 100 000 đồng. Hỏi
lãi suất cho vay là bao nhiêu phần trăm trong một năm?
Câu IV: ( 3 điểm)
Cho đường tròn tâm (O) và dây AB, điểm M chuyển động trên đường trịn. Từ M kẻ MH
vng góc với AB (H ∈ AB). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vng góc của H trên MA, MB.
Qua M kẻ đường thẳng vng góc với EF tại K, Đường thẳng MK cắt AB tại D.
1) Chứng minh rằng: MEHF là tứ giác nội tiếp
2) Chứng minh rằng: ME.MF = MK .MH
3) Chứng minh đường thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đường
trịn.
4) Chứng minh:

MA 2
AH AD
=
×
.
2

MB
BD BH

Câu V:(0,5 điểm)
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z ≤ 3.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
A = 1 + x 2 + 1 + y2 + 1 + z 2 + 2 ( x + y + z ) .

PHÒNG GD&ĐT TÂN YÊN

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT LẦN 3
NĂM HỌC 2017 – 2018

11


Câu I
1.
(1điểm)

(

)(

Hướng dẫn

) (

A= 2 3− 2 . 2 3+ 2 = 2 3

) −( 2)

2

(2 điểm)
0.5

2

= 12 − 2 = 10

0.5

Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A( 2; 3 ) và điểm B(-2;1), ta

2
(1 điểm)

3 = a.2 + b
có: 1 = a. −2 + b
( )


0.5

3 = a.2 + b
2a + b = 3
⇔

1 = a. ( −2 ) + b
−2a + b = 1

0.25

1

a =
Tìm được  2 và kết luận
 b = 2

0.25

(3điểm)

Câu II

3 x + y = 5
6 x + 2 y = 10
⇔

 x − 2 y = −3  x − 2 y = −3
1
(1 điểm)

0.25

7 x = 7
x = 1
⇔
⇔
 x − 2 y = −3 1 − 2 y = −3
x = 1

⇔
y = 2

0.25
0.25

KL:…..

0.25

Với x > 0, x ≠ 4 , ta có:

2
(1 điểm)


A = 



A = 


A=

(

1

(

x −2

)(

x +2

x +2

(

x −2

)(

x +2

−

) (

)(

x +2

)

−

)

) (
(

)

2

2

.

(

)(

x +1

)(

x −2 =


÷.
2 ÷
x +2 ÷


)

4

(

x −2

)

0.25

x +1

x −2

x −2

x +2− x +2
x −2


÷.
2 ÷
x +2 ÷

1

x +2

)

(

x −2

)

2

0.25

KL:......
3
(1 điểm)

0.25

Cho phương trình : x 2 − mx + m − 1 = 0 (1)
a) Khi m = 2 thì phương trình (1) trở thành: x 2 − 2 x + 1 = 0 (2)

0.25

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

0.25

2

KL:….

b) Ta có: V= m 2 − 4m + 4 = ( m − 2 ) ≥ 0 với mọi m, nên phương trình (1)

2

12

0.25


ln có 2 nghiệm x1 , x2 với mọi m
 x1 + x2 = m
 x1 x2 = m − 1

Theo hệ thức VI-ÉT thì : 
⇒B=

2 x1 x2 + 3
2 x1 x2 + 3
2(m − 1) + 3 2m + 1
=
=
= 2
2
2
x + x2 + 2 ( x1 x2 + 1) ( x1 + x2 ) + 2
m2 + 2
m +2
2
1

Thêm bớt để đưa về dạng như phần (*) đã hướng dẫn
Ta biến đổi B như sau:

B=

m 2 + 2 − ( m 2 − 2m + 1)
m2 + 2

Vì ( m − 1) 2 ≥ 0 ⇒ (

( m − 1)
= 1−

2

m2 + 2

0.25

m − 1)
≥ 0 ⇒ B ≤1
m2 + 2
2

Vậy max B = 1 ⇔ m = 1

1,5 điểm

Câu III

Gọi lãi suất cho vay là x (%), (x>0).
Tiền gốc và lãi sau một năm bác An phải trả là
10000000 + 10000000.

x
= 10000000 + 100000.x (đồng)
100

0.25

Tiền gốc và lãi sau 2 năm bác An phải trả là
1,5 điểm

10000000 + 100000.x + ( 10000000 + 100000.x ) .

x
100

= 100 x 2 + 200000 x + 10000000 (đồng)
Theo bài ra ta có 100 x 2 + 200000 x + 10000000 = 12 100 000
⇔ x 2 + 200 x − 2100 = 0
Giải phương trình tìm được 2 nghiệm là x1 = 10 ( Chọn)
x2 = −310 (Loại)

0.25
0.25
0. 5

0.25

KL.....

(3 điểm)

Câu IV
1
(1 điểm)

13


Vì E, F lần lượt là hình chiếu vng góc của H trên MA, MB nên ta có:

0.25

⇒ Tứ giác MEHF là tứ giác nội tiếp

0.25

Xét 2 tam giác ∆MEH và ∆MKF , ta có:

(

·
·
MEH
= MKF
= 900

2
(0,75
điểm)

)

0.25

·
·
( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung ME của đường tròn ngoại
MHE
= MFK

tiếp tứ giác MEHF)
⇒ ∆MEH

⇒

0.25

∆MKF (gg)

ME MH
=
⇔ ME.MF = MH .MK ( ĐPCM)
MK MF

0.25

Gọi N là giao điểm của MK và (O)
Xét 2 tam giác ∆MAH và ∆MNB , ta có:
3
(0,75

điểm)

0.25

·
·
MEH
= MFH
= 900
·
·
⇒ MEH
+ MFH
= 1800

·
·
(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB của đường tròn (O) )
MAH
= MNB
·AMH = NMB
·
∆MKF )
( Vì ∆MEH

⇒ ∆MAH
∆MNB (gg)
·
·
⇒ MNB

= MHA
= 900

⇒ MN là đường kính của đường trịn (O). Vậy MK đi qua O cố định.

0.25

0.25
0.25

2) Kẻ DI ⊥ MA, DJ ⊥ MB, ta có
AH
S
AM . HE AD
S
AM . DI
= MAH =
;
= MAD =
BD
SMBD
MB . DJ BH
SMBH
BM . HF
AH AD
MA 2 HE . DI
.
=
.
(1)

BD BH
MB2 DJ . HF
·
·
·
·
Chứng minh được: EFH
; EHF
= JED
= JDE
⇒ ∆DIJ
∆HFE (gg)
ID
DJ
HE.DI
⇒ ID . HE = DJ . HF ⇒
suy ra
=
= 1 (2)
HF
HE
DJ.HF
MA 2
AH AD
=
.
Từ (1), (2) ⇒
.
2
MB

BD BH

0.25

Vậy
4
(0,5
điểm)

Câu 5

0.25

(0,5 điểm)

Câu 3: Áp dụng các BĐT:
0,5
điểm

0.25

(

)

(

a + b ≤ 2 a 2 + b2 ; a + b + c ≤ 3 a 2 + b2 + c2

)

(được suy ra từ bất đẳng thức Bunhiacơpski)
Ta có:

14

0.25


(
)
2 ( 1 + y + 2y ) = 2 ( y + 1)
2 ( 1 + z + 2z ) = 2 ( z + 1)

1 + x 2 + 2x ≤ 2 1 + x 2 + 2x = 2 ( x + 1)
1 + y 2 + 2y ≤
1 + z 2 + 2z ≤

2

2

x + y + z ≤ 3( x + y + z)

Lại có: A = 1 + x 2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 2x + 2y + 2z
+ ( 2− 2) ( x + y + z)

(

⇒ A ≤ 2 ( x + y + z + 3) + 2 − 2

)

3( x + y + z)

⇒ A ≤ 6 + 3 2 (do x + y + z ≤ 3). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z

0.25

= 1.
Vậy maxA = 6 + 3 2.
Điểm toàn bài 10điểm

Lưu ý khi chấm bài:
-

Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp
logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang
điểm tương ứng.
Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc khơng vẽ hình thì khơng chấm.

15


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT LẦN 1
NĂM HỌC 2017-2018
MƠN THI: TỐN

PHỊNG GD&ĐT HIỆP HỊA

Ngày thi: 13/01/2018
Thời gian làm bài:120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu I (2,5 điểm):
1
− 2 2 + 175
8+ 7
2. Tìm x để căn thức sau có nghĩa: A = 4 − 6 x
3. Tìm m để đồ thị hàm số y = − x + 2m đi qua điểm P ( 2; - 4) .

1. Tính giá trị của biểu thức: A =

Câu II (3 điểm)
1. Cho hai hàm số y = ( 3m − 1) x + 2 và y = ( m + 1) x − 7 (với m là tham số). Tìm giá
trị của m để hai hàm số trên là hàm số bậc nhất và đồ thị của chúng là hai đường thẳng
cắt nhau.
2 x + y = 3
x − 3y = 1

2. Giải hệ phương trình:

ổx +2

x

+
+
3. Cho biu thc: A = ỗỗỗỗ
ốx x - 1 x + x +1 1Tìm x để A < 0 .

1

ư
x + x +1
÷
÷
.
≠
≥
÷
÷ x +1 với x 0 và x 1.
xø

Câu III. (1 điểm)
Hai lớp 9A và 9B có tất cả 76 học sinh. Học kỳ 1 vừa qua hai lớp có 14 học sinh
giỏi. Trong đó số học sinh giỏi của lớp 9A chiếm

1
số học sinh của lớp, còn lớp 9B
6

chiếm 20% số học sinh của lớp. Hỏi mỗi lớp có bao nhiêu học sinh.
Câu IV (3 điểm)
Cho điểm A thuộc đường thẳng a. Trên đường thẳng vng góc với a tại A, lấy
điểm O sao cho OA = 5cm. Vẽ đường tròn (O; 3cm). M là điểm bất kỳ trên a (M không
trùng với A), vẽ tiếp tuyến MB với đường tròn (O) (B là tiếp điểm). Vẽ dây BC của
đường trịn (O) vng góc với OM, cắt OM tại N.
a) Chứng minh bốn điểm A, B, O, M cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh MC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
c) Chứng minh rằng: BC.OM = 2BO.BM .

d) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên a thì điểm N ln thuộc một đường cố
định.
Câu V (0,5 điểm)
Cho các số thực dương x và y thỏa mãn x + y £ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
1

2

thức P = x 2 + y 2 + xy + 4xy
--------------------------------Hết------------------------------Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh:......................................................... Số báo danh:...................

16


HƯỚNG DẪN CHẤM
Lưu ý khi chấm bài:
Dưới đây chỉ là sơ lược các bước giải và thang điểm. Bài giải của học sinh cần chặt chẽ, hợp
logic toán học. Nếu học sinh làm bài theo cách khác hướng dẫn chấm mà đúng thì chấm và cho điểm tối
đa của bài đó. Đối với bài hình học (câu 4), nếu học sinh vẽ sai hình hoặc khơng vẽ hình thì khơng được
tính điểm.
Câu
Câu I
1
(1
điểm)

2
(0.75
điểm)

3
(0,7
điểm)
Câu II
1
(1
điểm)

Hướng dẫn giải
A=

Điểm
(2 đ)

1
8− 7
− 2 2 + 175 =
−2 2 +5 7
8−7
8+ 7

0.5

= 2 2 − 7 −2 2 +5 7

0.25

=4 7

0.25

A = 4 − 6 x có nghĩa khi và chỉ khi 4 − 6 x ≥ 0 ⇔ x ≤

2
3

0.5
0.25

KL…

đồ thị hàm số y = − x + 2m đi qua điểm P ( 2; - 4) khi -4 = -2 +2m

0.25
0.25
0.25

⇔ −2 = 2m ⇔ m = −1
Kl…

0.25

3m− 1 ≠ 0
m+ 1 ≠ 0

Hai hàm số đã cho là hàm số bậc nhất ⇔ 

1

 m≠

⇔
3
m≠ −1

0.25

Đồ thị hai hàm số cắt nhau ⇔ 3m− 1 ≠ m+ 1 ⇔ 2m≠ 2 ⇔ m≠ 1

0.25
0.25

1

 m≠
Vậy với 
3
m≠ ±1 thì...

2
(0.75đ)

3
(1.25
điểm)

2 x + y = 3
2 x + y = 3 2 x + y = 3
2 x + y = 3

⇔

⇔
⇔
1

x − 3y = 1
2 x − 6 y = 2
7 y = 1
 y = 7
1
10


2 x + 7 = 3
 x = 7
⇔
⇔
y = 1
y = 1


7
7
Kl
ỉx + 2
ư x + x +1
x
1 ữ
ỗ
ữ
+

+
1) Vi x 0 v x 1 ta cú: A = ỗ
ữ.
ỗ
ỗ
x +1
ốx x - 1 x + x +1 1- x ÷
ø

( x - 1) ) ( x - 1)( x + x +1) (

ổ
ỗ
x +2
A =ỗ
+
ỗ
ỗ
ỗ
x
1
x
+
x
+
1
ỗ
ố

(

)(

x

17

ử
ữ
x + x +1
ữ
ữ
.
ữ
ữ
x - 1 x + x +1 ø
÷ x +1
x + x +1

)(

)

0.25
0.25

0.25
0.25

=

x + 2 + x − x − x − x −1 x + x +1
.
=
x +1
x −1 x + x +1

(

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

(

x − 2 x +1

)(

x −1

)

x +1

0.25

2

A<0⇔

0.25

x −1
< 0 ⇔ x −1 < 0 ⇔ 0 ≤ x < 1
x +1

KL…
Gọi số học sinh của lớp 9A là x, điều kiện x ∈ ¥ *
Số học sinh lớp 9B là 76 - x
1
Số học sinh giỏi lớp 9A là x (HS)
6
Câu III
1
Số HS giỏi lớp 9B là: 20% (76-x) = ( 76 − x ) (HS)
5
1
1
Cả hai lớp có 14 HSG nên ta có PT: x + ( 76 − x ) = 14
6
5
GPT được: x = 36 (thỏa mãn)
KL…
Câu IV

a)

(1
điểm)

0.25
0.25
0.25

0.25

0.25
0.25

·
·
0.5
Chỉ ra MBO
= 900 , MAO
= 900
Tam giác MBO vuông tại B nên ba điểm M , B, O cùng thuộc đường trịn đường
kính MO ( 1)
Chứng minh tương tự ba điểm A, M , O cùng thuộc đường trịn đường kính 0.25
MO ( 2 )

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm A, B, O, M cùng thuộc một đường tròn đường 0.25
kính MO . (điều phải chứng minh)
b)
(1
điểm)
c)
(0.5

điểm)
d)
(0.5
điểm)

Chứng minh: OM là phân giác của góc BOC
Chứng minh: ∆OBM = ∆OCM
·
·
Suy ra OCM
= OBM
= 900 ⇒ MC ⊥ OC
Mà C thuộc đường tròn (O) nên MC là tiếp tuyến của (O).
Xét tam giác BOM vng tại B có BN ⊥ OM suy ra: BO.BM = BN .OM
1
Do OM vng góc với dây BC nên NB = NC = BC .
2
1
Khi đó BO.BM = BC.OM ⇒ BC.OM = 2 BO.BM
2
Gọi K là giao điểm của OA và BC
OK ON
=
CM: ∆ONK đồng dạng với ∆OAM ⇒
OM OA

18

0.25
0.25

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25


OM .ON OB 2
không đổi. mà O cố định, K nằm trên OA nên OK cố
=
OA
OA
·
định, mặt khác ONK
= 900 nên N nằm trên đường trịn đường kính OK cố định
1 1
4
Chứng minh được: + ≥
, dấu = xảy ra khi x =y
x y x+ y
1
1
5
2
Và ( x + y ) ≥ 4 xy ⇒ 4 xy ≥ x + y 2 ≥ 1 ⇒ 4 xy ≥ 5
(
)
Suy ra OK =

Cõu V

(0,5
im).

ổ1
ử
1
2
1
1
5
ữ
+ + 4xy = 2
+
+
+ỗ
+ 4xyữ
ỗ
2
2
ữ
ữ
ỗ4xy
x +y
xy
x +y
2xy 4xy è
ø
4
Suy ra P ³ x 2 + y2 + 2xy + 5 + 2 ³ 4 + 5 + 2 = 11
1

Dấu “=” xảy ra khi: x=y và x + y =1 hay x = y =
2
Ta có: P =

0.25

0.25

2

0.25

Vậy…
Điểm toàn bài

19

10,0


PHÒNG GD&ĐT TÂN YÊN

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT LẦN II
Năm học: 2017 - 2018
Mơn thi: Tốn
Ngày thi: 08/04/2018
(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu I (2.0 điểm)
1. Tính giá trị của biểu thức A =

2
− 8
2 −1

1
2. Tìm m để hàm số y = (2m − 1) x 2 , ( m ≠ ) đồng biến khi x âm.
2

Câu II (3.0 điểm)
 − x + 2 y = −1
2 x − 3 y = 3

1. Giải hệ phương trình: 

 x x +1 x x −1  x −1
−
÷:
(với x ≥ 0; x ≠ 1 )
x −1 ÷
 x +1
 1− x

2. Rút gọn biểu thức A = 

3. Cho phương trình x2 + 2(m – 2)x – m2 = 0 (Với x là ẩn, m là tham số) (1)
a. Giải phương trình (1) khi m = 2.
b. Trong trường hợp phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2, tìm tất cả
các giá trị của m sao cho x1 − x2 = 6 .
Câu III (1.5 điểm)

Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1000 sản phẩm trong một số
ngày quy định. Trước khi vào sản xuất, phân xưởng đã cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày
phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm so với kế hoạch. Do đó khơng những
phân xưởng đã hồn thành kế hoạch sớm hơn dự định 1 ngày mà còn vượt kế hoạch là 45
sản phẩm. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm?
Câu IV (3.0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) (AB < AC). Kẻ đường
cao AH và đường kính AD. Gọi E và F theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ B và C
xuống AD.
1. Chứng minh tứ giác ABHE là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh rằng: BH.AC = AH.DC.
3. Chứng minh HE vng góc với AC.
4. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng M là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác EHF.
Câu V (0.5 điểm)
Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức Q = 2a + bc + 2b + ca + 2c + ab
--------------------------------Hết-------------------------------

20


PHÒNG GD&ĐT TÂN YÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT LẦN 02
Năm học: 2017 - 2018
Môn thi: Tốn
Ngày thi: 08/04/2018

Bản hướng dẫn chấm có 04 trang
Câu
Câu I
1
(1.0 điểm)

Hướng dẫn, tóm tắt lời giải
2
2( 2 + 1)
− 8=
− 22.2
2 −1
( 2 − 1)( 2 + 1)

A=
=

2 2+2
− 2 .2 = 2 2 + 2 − 2 .2 = 2
1
1
2

Hàm số y = (2m − 1) x 2 , ( m ≠ ) luôn đồng biến khi x âm

Điểm
(2.0điểm)
0.5
0.5
0.5

⇔ 2m − 1) < 0

2
(1.0 điểm)

⇔ 2m < 1
1
⇔m<
2

Vậy m <

0.25

1
là giá trị cần tìm.
2

0.25

Câu II

1
(1.0 điểm)

(3.0điểm)
 − x + 2 y = −1 −2 x + 4 y = −2
⇔


2 x − 3 y = 3
2 x − 3 y = 3

0.25

y =1
⇔
2 x − 3.1 = 3

0.25

y =1
⇔
x = 3

0.25

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x, y ) = ( 3;1)

0.25

Với x ≥ 0; x ≠ 1 , ta có:
 x x +1 x x −1  x −1
−
÷:
x −1 ÷
 x +1
 1− x
 ( x + 1)(x − x + 1) ( x − 1)(x + x + 1)  ( x − 1)( x + 1)
= 

−
÷
÷:
x +1
x −1
−( x − 1)


= (x − x + 1) − (x + x + 1)  :  −( x + 1) 

A = 

2
(1.0 điểm)

=

2 x
x +1

Vậy A =

0.25

0.25
0.25

2 x
, với x ≥ 0; x ≠ 1
x +1

0.25

21


a. Với m = 2 ta được phương trình x2 + 2(2 – 2)x – 22 = 0

0.25

⇔ x 2 − 4 = 0 ⇔ ( x − 2)( x + 2) = 0
x − 2 = 0
x = 2
⇔
⇔
x + 2 = 0
 x = −2

0.25

Vậy với m = 2 phương trình có tập nghiệm là: S = { −2; 2}
b. Ta có:

∆′ = ( m − 2 ) + m 2 = 2m 2 − 4m + 4 = 2 ( m 2 − 2m + 1) + 2 = 2 ( m − 1) + 2 > 0
2

2

với ∀m
3

(1.0 điểm) Suy ra phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
2
Theo Hệ thức Viét, ta có S = x1 + x2 = 2 ( 2 − m ) , P = x1 x2 = − m ≤ 0

0.25

2
2
2
2
Ta có x1 − x2 = 6 ⇒ x1 − 2 x1 x2 + x2 = 36 ⇔ x1 + 2 x1 x2 + x2 = 36 ( Vì

P ≤ 0)
4 ( 2 − m ) = 36 ⇔ ( m − 2 ) = 9 ⇔ m = −1 hoặc ⇔ m = 5
2

2

Khi m = -1 ta có x1 = 3 − 10, x 2 = 3 + 10 ⇒ x1 − x 2 = −6
x 2 − x1 = 6 ⇒ m = −1 thỏa mãn ( Vai trò của x1 , x 2 là như nhau)
Khi m = 5 ta có x1 = −3 − 34, x 2 = −3 + 34 ⇒ x1 − x 2 = 6 (thỏa mãn)
Vậy m = 5 hoặc m = -1.
Câu III

0.25

(1.5điểm)

Gọi số sản phẩm xưởng sản xuất trong 1 ngày theo kế hoạch là x
(sản phẩm) (x > 0)

Số ngày sản xuất theo kế hoạch là :

1000
(ngày)
x

Thực tế mỗi ngày xưởng sản xuất được số phẩm là: x + 5 (sản
phẩm)
1045
Số ngày sản xuất thực tế là
(ngày)
x +5

0.25
0.25

0.25

(1.5 điểm) Vì thực tế hồn thành sớm hơn kế hoạch là 2 ngày nên ta có

phương trình:

0.25

1000 1045
= 1.
x
x +5
⇔ 1000(x + 5) − 1045x = x(x + 5)
⇔ x 2 + 50x − 5000 = 0

⇔ x = 50 hoặc x = −100 < 0 (loại)

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản
phẩm
Câu IV

0.25
0.25
(3.0điểm)

22


A

I

G
O
E

B

M
H

C

F

D

Ta có AH ⊥ BC (gt)) ⇒ ·AHB = 900
1
(1.0 điểm)
BE ⊥ AD (gt) ⇒ ·AEB = 900

(1)

0.25

(2)

0.25

Từ (1) và (2) suy ra: ·AHB = ·AEB

0.25

Suy ra tứ giác ABHE nội tiếp trong đường trịn đường kính AB.
Ta có ·ACD = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

0.25
0.25

0
⇒ ·ACD = ·AHB ( =90 )
Xét 2 tam giác ∆AHB và ∆ACD , ta có:

2

(0.75điểm)

·ACD = ·AHB ( Chứng minh trên )
·ABH = ·ADC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O)
Do đó ∆MHC
Suy ra

3
(0.75
điểm)

0.25

∆AHB (gg).

BH AH
=
⇔ BH . AC = AH .DC ( ĐPCM)
DC AC

0.25

·
·
Vì tứ giác ABHE nội tiếp ⇒ BAE
= EHC

(1)

·

·
» của (O) )
và BAE
( Vì 2 góc nội tiếp cùng chắn BD
= BCD

(2)

·
·
⇒ HE//CD
Từ (1) và (2) suy ra EHC
= BCD
Ta lại có CD ⊥ AC ⇒ HE ⊥ AC (ĐPCM)

0.25
0.25
0.25

Gọi N là trung điểm AB. Vì M là trung điểm BC
4
(0.5 điểm) ⇒ MN là đường trung bình tam giác ABC ⇒ MN//AC ⇒ MN ⊥ HE
Mặt khác ta có N là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác, HE là dây
⇒ MN là đường trung trực của HE.
(3)

0.25

Gọi I là trung điểm của AC ⇒ MI là đường trung bình của tam giác ABC
⇒ MI // AB. Do AB ⊥ BD nên MI ⊥ BD

·
·
·
·
⇒
Vì tứ giác EFHG nội tiếp ⇒ CAD
, mà CAD
= CHF
= CBD

0.25

23


·
·
CHF
= CBD
⇒ HF // BD
⇒ MI ⊥ HE, mà I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHFC, HF là dây
⇒ MI là đường trung trực của HF
(4)
Từ (3) và (4) suy ra: M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EHF.

Câu V

(0.5điểm)

Ta có Q = 2a + bc + 2b + ca + 2c + ab

2a + bc = (a + b + c)a + bc (Do a + b +c = 2)
= a 2 + ab + bc + ca = (a + b)(a + c) ≤

(a + b) + (a + c)
2

(Áp dụng bất

0.25

đẳng thức với 2 số dương a+b và a+c)
Vậy ta có 2a + bc ≤
(0.5 điểm)

(a + b) + (a + c)
2

(1)

Tương tự ta có :

(a + b) + (b + c)
2
(a + c) + (b + c)
2c + ab ≤
2

(2)

2b + ca ≤

(3)
0.25

Từ (1), (2) và (3) suy ra: Q ≤ 2(a + b + c) = 4
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =

2
3

Vậy giá trị lớn nhất của Q là 4 khi a = b = c =

2
3

Tổng

10 điểm

Lưu ý khi chấm bài:
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp
logic. Nếu học sinh trình bày cách làm đúng khác thì cho điểm các phần theo thang điểm tương
ứng.
- Với Câu IV, nếu học sinh khơng vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì khơng chấm.
- Điểm tồn bài khơng được làm trịn.
----------------***----------------

PHỊNG GD & ĐT HIỆP HÒA

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

NĂM HỌC: 2018-2019
MƠN THI: TỐN
Ngày thi: 15/5/2018

24


Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời
gian giao đề
Câu 1 (2 điểm):
1 5
− 18 + 50
2 3
2
2. Tìm m để hai đường thẳng ( d ) : y = ( m − 1) x + 5 và ( d ') : y = 3 x + m + 3 song song với

1. Tính giá trị biểu thức: M = 2
nhau.
Câu 2 (3 điểm):

3 x − 2 y = − 12
1. Giải hệ phương trình: 
.
2 x + 5 y = 11
æx x - 1 x x +1 x +1ư
x
9
÷
÷
+

.
với x > 0; x ≠ 1, x ≠ . Tỡm
ữ
ữ
ỗ
4
x+ x
x ứ 2x - x - 3
ốx - x

ỗ
2. Cho biu thc P = ỗ
ỗ

tt c cỏc giỏ tr của x để P > 0.
2
2
3. Cho phương trình x + ( m − 1) x − m − 2 = 0 (1), với m là tham số thực.

a) Giải phương trình (1) với m = 2.
3

3

x  x 
b) Tìm m để biểu thức T =  1 ÷ +  2 ÷ đạt giá trị lớn nhất.
 x2   x1 

Câu 3 (1.5 điểm):
Gia đình nhà Nam có chăn ni hai loại gia cầm là Gà và Vịt. Trong tháng 4 năm 2018, bố

mẹ Nam đã bán ra thị trường với giá 60 000 đồng/1kg Gà, 50 000 đồng/1kg Vịt và thu được 19
triệu đồng. Bố mẹ Nam tính được với giá bán như vậy thì mỗi kg Gà lãi được 20 000 đồng, mỗi
kg Vịt lãi được 15 000 đồng. Do đó số tiền lãi được của lần bán này là 6 triệu đồng. Hỏi bố mẹ
Nam đã bán được bao nhiêu kg mỗi loại gia cầm trên.
Câu 4 (3,0 điểm)

Cho điểm M cố định nằm bên ngồi đường trịn (O; R). Qua M vẽ các tiếp tuyến MA,
MB với đường tròn (O) (với A, B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm bất kỳ trên cung nhỏ AB
của đường tròn (O). Gọi D, E, F lần lượt là chân đường vng góc kẻ từ C đến AB, MA,
MB.
a) Chứng minh bốn điểm A, D, C, E cùng thuộc một đường tròn.
b) AC cắt DE tại P, BC cắt DF tại Q. Chứng minh rằng QD.QF = QB.QC
c) Chứng minh AB//PQ
d) Khi điểm C di động trên cung nhỏ AB của đường trịn (O) thì trọng tâm G của tam
giác ABC di chuyển trên đường nào?
Câu 5 (0.5 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ac = 3abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: K =

a2
b2
c2
+
+
.
c ( c2 + a 2 ) a ( a2 +b2 ) b ( b2 + c2 )

……………………….Hết …………………….
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

25