mot so de thi thu dap an chi tiet vao 10 mon toan

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (530.51 KB, 43 trang )

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

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI THỬ ĐỢT I

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

NĂM HỌC 2012 - 2013

MƠN THI : TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể phát đề

Ngày 15 tháng 5 năm 2012

(Đề thi gồm có : 01 trang)

ĐỀ DÀNH CHO SỐ BÁO DANH CHẴN

Câu 1: (2,0 điểm)

Giải phương trình:

a) x2 x 30 0  ; b)

1 1 4

x 4  x 2 3; c) 10 x  x 2.
Câu 2: (2,0 điểm)

1) Cho đường thẳng (d): y = (m - 2)x + m + 3.

a) Tìm giá trị của m để các đường thẳng (d1) : y = -x + 2, (d2) : y = 2x - 1 và đường thẳng (d)
đồng quy.

b) Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d) ln đi qua với mọi m.
2) Cho phương trình : x2 - mx + 2m - 5 = 0.

a) Tìm m để phương trình có một nghiệm là 3. Tìm nghiệm cịn lại.
b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn A =

1 2

1 2
x x

x x 2 có giá trị nguyên.
Câu 3: (2,0 điểm)

a) Rút gọn : A =

a 2 a 2 a 1

.
a 1

a 2 a 1 a

  




 













, với a > 0 và a



1.

b) Một xe máy đi từ A đến B dài 300km. Sau 1 giờ một ô tô cũng đi từ A đến B với vận tốc
nhanh hơn vận tốc của xe máy là 10km/h. Tính vận tốc của mỗi xe, biết rằng ô tô đến B sớm hơn xe
máy 30 phút.

Câu 4: (3,0 điểm)

Gọi C là một điểm nằm trên đoạn thẳng AB (C  A, C  B). Trên cùng một nửa mặt phẳng có

bờ là đường thẳng AB, kẻ tia Ax và By cùng vng góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm I (I  A), tia

vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường trịn đường kính IC cắt IK tại P.
a) Chứng minh: Tứ giác CPKB nội tiếp được đường tròn.

b) AI.BK = AC.BC và  APB vuông.

c) Cho A, I, B cố định. Tìm vị trí của điểm C sao cho diện tích của tứ giác ABKI đạt giá trị lớn
nhất.

Câu 5: (1,0 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =

3x 8x 6
x 2x 1

 

  . 
Hết

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

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐT GIA LỘC

ĐỀ THI THỬ ĐỢT I

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

NĂM HỌC 2012 - 2013

MƠN THI : TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể phát đề

Ngày 15 tháng 5 năm 2012

(Đề thi gồm có : 01 trang)

ĐỀ DÀNH CHO SỐ BÁO DANH LẺ

Câu 1: (2,0 điểm)

Giải phương trình:

a) x2  x 42 0  ; b)

1 1 4

x 3  x 1 3  ; c) 11 x  x 1.
Câu 2: (2,0 điểm)

1) Cho hàm số y = -2x2 (P)

a) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B thuộc (P) có hồnh độ lần lượt là
-1 và 2.

b) Tìm m để đường thẳng (d) : y4x m 2  tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ tiếp điểm.
2) Cho hệ phương trình :

2x y 2
x 2y 1 3m

 

  







a) Giải hệ khi m = 2.

b) Tìm m để hệ có nghiệm (x ; y) sao cho biểu thức A = x2 y2 có giá trị nhỏ nhất.

Câu 3: (2,0 điểm)

a) Rút gọn : P =

4 a 1 a 1
1 .

a a 2 a 2

 

 

   

   

 

 

  , với a > 0 và a  4.
b) Hai vòi nước cùng chảy vào một bể thì sau

4
4

5 giờ bể đầy. Mỗi giờ lượng nước của vòi I chảy được
bằng

1
1

2 lượng nước chảy được của vịi II. Hỏi mỗi vịi chảy riêng thì trong bao lâu đầy bể ?
Câu 4: (3,0 điểm)

Cho điểm A nằm ngồi đường trịn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, AN và cát tuyến APQ đến
đường tròn (tia AQ nằm trong góc MAO). Gọi K là trung điểm của PQ, H là giao điểm của MN và
OA.

a) Chứng minh : MKON là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh : AP.AQ = AH.AO

c) Chứng minh : HM là tia phân giác của góc PHQ.

Câu 5: (1,0 điểm)

Tìm các giá trị x, y là các số nguyên thỏa mãn: x2 - 2xy + 3 = 0.
Hết

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

ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a Giải đúng nghiệm: x1 = 5 ; x2 = 6. 0,50

b ĐK: x



4 ; 2. Quy đồng đưa về pt bậc hai 2x2 - 15x + 25 = 0. 0,25
Giải pt bậc hai được x1 = 5 ; x2 = 2,5. 0,25
Kết luận: Nghiệm của phương trình là x1 = 5 ; x2 = 2,5. 0,25

c ĐK: -2  x  10. 0,25

Bình phương hai vế đưa về pt bậc hai x2 + 5x - 6 = 0. 0,25
Giải pt bậc hai và kết luận x = 1 là nghiệm của phương trình. 0,25

2 1a Tìm được tọa độ giao điểm (1 ; 1). 0,25

Thay x = 1, y = 1 vào (d) tìm được m = 0. 0,25

1b Tìm được điểm cố định (-1 ; 5). 0,50

2a Thay x = 3 vào pt tìm được m = 4 0,25

Thay m tìm được vào pt tìm được nghiệm cịn lại x = 1. 0,25
2b Chỉ ra



> 0 với mọi m và viết được hệ thức Vi - ét. 0,25

Tìm được m để A có giá trị nguyên. 0,25

3 a

A =

a 2 a 2 a 1

.
a 1

a 2 a 1 a

  




 













a 2 a 2 a 1

.
2 ( a 1)( a 1) a
( a 1)

    



 

    

 

= 2

( a 2)( a 1) ( a 2)( a 1) a 1
.

( a 1) ( a 1) a

     

 

a a 2 a a 2
( a 1)( a 1) a

    

  =

2 a

( a 1)( a 1) a  = 
2
a 1

0,25
0,25
0,5

b Gọi vận tốc của xe máy là x (km/h) , x > 0.

Vận tốc của ô tô là x + 10 (km/h).

Thời gian xe máy đi hết quãng đường AB là
300

x (h).
Thời gian ô tô đi hết quãng đường AB là

300
x 10 (h).

Vì ơ tơ đi sau xe máy 1 giờ và đến B sớm hơn xe máy 30 phút (
0,5

 h) nên thời gian xe máy đi hết quãng đường AB nhiều hơn
thời gian ô tô đi hết quãng đường AB là 1,5 giờ. Ta có phương
trình:

300
x -

300

x 10 = 1,5

0,25

Giải phương trình tìm được x = 40 (TM). 0,25
KL: Vận tốc của xe máy là 40km/h, vận tốc của ô tô là 50km/h. 0,25

4 a - Vẽ hình 0,25

- P nằm trên đường trịn tâm O1 đường kính IC  

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

  0

IPC CPK 180  (hai góc kề bù)  CPK 90  0.

Do đó CPK CBK 90   0900 1800  tứ giác CPKB nội
tiếp đường tròn tâm O2 đường kính CK.

b Vì ICK 90 0

 C 1C 2 900   AIC vuông tại A
 C 1A 1900 A 1 C 1 và có A B  = 900

Nên  AIC  BCK (g.g)
 AIBC=AC

BK  AI . BK = AC . BC (1)

0,50

Trong (O1) có A 1 I2 (gnt cùng chắn cung PC)
Trong (O2) có B 1 K 1(gnt cùng chắn cung PC)

Mà I2 K 1 900 (Vì  ICK vng tại C)

 A 1B 1 900 nên  APB vuông tại P.

0,50

c Ta có AI // BK ( vì cùng vng góc với AB, nên ABKI là hình
thang vng..

Do đó SABKI = 1

2 .AB.(AI + BK)

Vì A, B, I cố định nên AB, AI không đổi. Suy ra SABKI lớn nhất
 BK lớn nhất

Từ (1) có AI . BK = AC . BC  BK = AC . BCAI .

Nên BK lớn nhất  AC . BC lớn nhất.

Ta có (

√

AC−

√

BC)2≥0  AC + BC  2

√

AC . BC



√

AC . BC  AC+2BC



√

AC . BC  AB2  AC . BC  AB
2
4 .

Vậy AC . BC lớn nhất khi AC . BC = AB2

4  AC = BC =
AB

 C là trung điểm của AB.

Vậy SABKI lớn nhất khi C là trung điểm của AB.

0,50

M =

3x 8x 6
x 2x 1

 

  =

2 2

(2x 4x 2) (x 4x 4)

x

2x 1

    





0,50
0,50
P

C B

A
2

2 1

1
1

2 x

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

2
(x 2)

(x 1)

2



2







 min M = 2 khi và chỉ khi x = 2.

* Chú ý:

HS giải cách khác đúng vẫn cho điểm tới đa.

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
PHỊNG GIÁO DỤC & ĐT GIA LỘC

ĐỀ THI THỬ ĐỢT I

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

NĂM HỌC 2012 - 2013

MÔN THI : TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể phát đề

Ngày 14 tháng 5 năm 2012

(Đề thi gồm có: 5 câu - 02 trang)

Câu 1: (2,0 điểm)

Giải phương trình:

a) x2  x 42 0  ; b)

1 1 4

x 3  x 1 3  ; c) 11 x  x 1.
Câu 2: (2,0 điểm)

1) Cho hàm số y = -2x2 (P)

a) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B thuộc (P) có hồnh độ lần lượt là -1
và 2.

b) Tìm m để đường thẳng (d) : y4x m 2  tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ tiếp điểm.
2) Cho hệ phương trình :

2x y 2
x 2y 1 3m

 

  







a) Giải hệ khi m = 2.

b) Tìm m để hệ có nghiệm (x ; y) sao cho biểu thức A = x2 y2 có giá trị nhỏ nhất.

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐT GIA LỘC

ĐỀ THI THỬ ĐỢT I

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

NĂM HỌC 2012 - 2013

MÔN THI : TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể phát đề

Ngày 13 tháng 5 năm 2012

(Đề thi gồm có: 5 câu - 02 trang)

Câu 1: (2,0 điểm)

Giải phương trình:

a) x2  x 42 0  ; b)

1 1 4

x 3  x 1 3  ; c) 11 x  x 1.
Câu 2: (2,0 điểm)

1) Cho hàm số y = -2x2 (P)

a) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là -1
và 2.

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

2) Cho hệ phương trình :

2x y 2
x 2y 1 3m

 

  







a) Giải hệ khi m = 2.

b) Tìm m để hệ có nghiệm (x ; y) sao cho biểu thức A = x2 y2 có giá trị nhỏ nhất.

Câu 3: (2,0 điểm)

a) Rút gọn : P =

4 a 1 a 1
1 .

a a 2 a 2

 

 

   

   

 

 

  , với a > 0 và a  4.
b) Hai vòi nước cùng chảy vào một bể thì sau

4
4

5 giờ bể đầy. Mỗi giờ lượng nước của vòi I chảy được
bằng

1
1

2 lượng nước chảy được của vịi II. Hỏi mỗi vịi chảy riêng thì trong bao lâu đầy bể ?
Câu 4: (3,0 điểm)

a) Chứng minh : MKON là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh : AP.AQ = AH.AO

c) Chứng minh : HM là tia phân giác của góc PHQ.

Câu 5: (1,0 điểm)

Tìm các giá trị x, y là các số nguyên thỏa mãn: x2 - 2xy + 3 = 0.
Hết

---Câu 3: (2,0 điểm)

a) Rút gọn : P =

4 a 1 a 1
1 .

a a 2 a 2

 

 

   

   

 

 

  , với a > 0 và a  4.
b) Hai vịi nước cùng chảy vào một bể thì sau

4
4

5 giờ bể đầy. Mỗi giờ lượng nước của vòi I chảy được
bằng

1
1

2 lượng nước chảy được của vòi II. Hỏi mỗi vịi chảy riêng thì trong bao lâu đầy bể ?
Câu 4: (3,0 điểm)

Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, AN và cát tuyến APQ đến
đường tròn (tia AQ nằm trong góc MAO). Gọi K là trung điểm của PQ, H là giao điểm của MN và
OA.

a) Chứng minh : MKON là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh : AP.AQ = AH.AO

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

Câu 5: (1,0 điểm)

Tìm các giá trị x, y là các số nguyên thỏa mãn: x2 - 2xy + 3 = 0.
Hết

---ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN

ĐỀ DÀNH CHO SỐ BAO DANH LẺ

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a Giải đúng nghiệm: x1 = -6 ; x2 = 7. 0,50

b ĐK: x



1 ; 3. Quy đồng đưa về pt bậc hai . 0,25

Giải pt bậc hai. 0,25

Kết luận: Nghiệm của phương trình. 0,25

c ĐK: -1  x  11. 0,25

Bình phương hai vế đưa về pt bậc hai. 0,25

Giải pt bậc hai và kết luận x = 2 là nghiệm của phương trình. 0,25

2 1a Tìm được tọa độ A(-1 ; -2) và B(2 ; -8) 0,25

Viết đúng pt đường thẳng AB là y = y2x 4 0,25
1b Tìm được m = 4 thì (d) tiếp xúc với (P). 0,25

Thay m = 4 vào pt hồnh độ tìm được hồnh độ tiếp điểm x = 1

 tung độ y = -2  tọa độ tiếp điểm (1 ; -2). 0,25
2a Giải hệ pt với m = 2  hệ có nghiệm (x = 3 ; y =-4) 0,50
2b Giải hệ theo m tìm được (x = m +1 ; y = -2m) 0,25

Tìm được m để x2 + y2 nhỏ nhất. 0,25

3 a

P =

4 a 1 a 1
1 .

a a 2 a 2

 

 

   

   

 

 

 

(
.

( a 2)

a 4 a 1)( a 2) ( a 1)( a 2)

a a 2)( 

     



(a 2
.

a 4

a 4 a a 2) (a 2 a a 2)
a

 



     

a 3 2
a

a a 3 a 2
    

6 6

a a

 



0,25
0,25
0,50
b Gọi thời gian vòi I chảy một mình đầy bể là x (giờ), vịi II chảy

một mình đầy bể là y (giờ). ĐK: x, y >
4
4

5.
Một giờ vòi I chảy được lượng nước là :

1
x (bể)
Một giờ vòi II chảy được lượng nước là :

1
y (bể)

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

Một giờ cả hai vòi chảy được lượng nước là :

4 5
1: 4

5 24 (bể).

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

1 1 5
x y 24
1 3 1

.
x 2 y


 





 




0,25

Giải hệ phương trình tìm được x = 8, y = 12

Kết luận: Vòi I chảy riêng đầy bể hết 8 (giờ). Vòi II chảy riêng
đầy bể hết 12 (giờ).

0,50
4 a - Vẽ hình

N
M

0,25

Chứng minh được tứ giác MKON nội tiếp đường trịn đk AO 0,75
b Chứng minh AP.AQ = AM2

Chứng minh AH.AO = AM2
 AP.AQ = AH.AO

0,50
0,50
c Từ AP.AQ = AH.AO 



APH 



AOQ (c.g.c)

 AHP OQA   tứ giác PQOH nội tiếp.

 QHO QPO  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OQ).
Mặt khác QPO OQP  (do



OPQ cân tại O) và AHP OQP 

 AHP QHO   PHM QHM  (hai góc cùng phụ với hai
góc bằng nhau).

 HM là tia phân giác của góc PHQ.

0,25

0,50
0,25
5

Từ x2 - 2xy + 3 = 0  2xy = x2 + 3  2y = 
2

x 3 3

x x



 

Vì y Z  2y  Z 
3

x . Mà x  Z  x = -1 ; 1 ; -3 ; 3.

Thay x = -1 ; 1 ; -3 ; 3 vào biểu thức trên  y = -2 ; 2 .

Vậy có các cặp số :

(x = -1 ; y = -2), (x = 1 ; y = 2), (x = -3 ; y = -2), (x = 3 ; y = 2).

0,25

0,50
0,25

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

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

_______________

ĐỀ 6 THI THỬ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

NĂM HỌC 2011 - 2012

MƠN THI : TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể phát đề

Ngày 12 tháng 6 năm 2011

(Đề thi gồm có : 01 trang)

C©u 1 : ( 3 điểm ) Giải các phơng trình

a) 3x2 - 48 = 0 .

b) x2 - 10 x + 21 = 0 .

c) 8
x −5+3=

x −5
C©u 2 : ( 2 ®iĨm )

a) Tìm các giá trị của a , b biết rằng đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua hai điểm
A( 2 ; - 1 ) và B (1/2;2)

b) Với giá trị nào của m thì đồ thị của các hàm số y = mx + 3 ; y = 3x -7 và đồ thị của hàm số xác định ở
câu ( a ) ng quy .

II.Tự luận (8,0 điểm)

Câu 1.(1,5 điểm) Cho biểu thức P =

2 2 1

2 1 1

x x

x x x x

   



 

    

  víi x> 0
a, Rót gän biĨu thøc P.

b, Tìm giá trị của x để P dng.

Câu 2. (1,5 điểm) Cho phơng trình x2 + (1 – m)x+ 2(m – 3) = 0 (1), víi m lµ tham sè

a, Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, phơng trình (1) ln có nghiệm x1 2. 
b, Tìm giá trị của m để phơng trình (1) có nghim x2 1 2.

Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phơng trình

2 4( 1)( 1)
3

x y x y

x y xy

    





  




Câu 4. (3,0 điểm) Cho đờng trịn (O; R) có đờng kính AB và tia tiếp tuyến Ax (A là tiếp điểm). Trên tia Ax lấy
điểm M sao cho AM = R 3. Đoạn thẳng MO cắt đờng tròn (O; R) tại E.

1, Tính độ dài của đoạn thẳng AE theo R.

2, Q là điểm nằm trên Ax sao cho M nằm giữa hai điểm A, Q. Các đờng thẳng MB và QB lần lợt cắt đờng tròn
(O;R) tại các điểm thứ hai N và P. Chứng minh:

a, Tứ giác MNPQ là tứ giác nội tiếp.
b, BN + BP + BM + BQ > 8R.

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

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Bài Ni dung im

1
(1,5)

a (1,0) Thc hin c





2 2 2 2( 1)

2 1 1 1

x x x

x x x x

   

 

    0,25









2 2

2 2 2

1 1

x x x

x x

   



  0,25x2

M =







 



1 1 1

.
1
1
x x
x x
x x
x
 
 


 0,25

b (0,5đ)Với x >0 để P>O

1
0
1
x

x




 1 x0( do1 x 0 ) x 1 x1. KÕt hỵp x>0 ta cã 0 <x <1

0,25
0.25
P = 2 1

Vậy với x 3 2 2 thì P = 2 1 0,25

2
(1,5đ)

a ( 0,75đ) Để PT (1) luôn có nghiệm x1 = 2 với mọi m thì ta phải có

22 + ( 1 – m).2 + 2( m – 3) = 0 , đúng với mọi m 0,25
Ta có 22 + ( 1 – m).2 + 2( m – 3) = 0

 4 + 2 – 2m + 2m – 6 = 0

 0.m = 0 ,luôn đúng với mọi m
Vậy PT ( 1) ln có nghiệm x1 = 2 với mọi m

0,25
0,25

b (0,75đ) Theo câu a, PT (1) luôn có nghiệm x1 = 2

Áp dụng hệ thức Viét ta có x1 + x2 = m - 1 0,25

Để PT (1) có nghiệm x2 = 1 2 thì

2 + 1 2= m - 1 0,25

 m = 4 2

Vậy PT ( 1) có nghiệm x2 = 1 2 khi m = 4 2

0,25

3
(1,0đ)

Thực hiện được

2 4( 1)( 1)
3

x y x y

x y xy

    




  

 
1
1
4
x y
xy
 







Giải và kết luận nghiệm hệ

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

4
(3,0đ)

a, ( 0,75đ)

Tính được tgMOA = 3 0,25

Chứng minh EAO đều, suy ra AE = R 0,25x2

b, (1,25đ)

Ta có

 1

BNP

sđBP ( tính chất góc nội tiếp)

0,25
Ta có góc MQP là góc có đỉnh ở bên ngồi đường tròn nên

 1

MQP

( sđAB- sđAP) = 
1

2 sđBP

0,25x2

 BNP MQP  0,25

Mà BNP MNP 1800 nên MQP MNP  1800

Vậy tứ giác MNPQ nội tiếp 0,25

c, ( 1,0đ) Chỉ ra được BP + BQ 2 BP BQ. dấu “=” xảy ra  BP = BQ
Mà BQ > BP nên BP + BQ > 2 BP BQ. (1)

0,25
Tính được BP. BQ = AB2 = 4R2 thay vào (1) có BP + BQ > 4R (2) 0,25

Tương tự có BN + BM > 4R (3) 0,25

Cộng vế với vế của (2) và (3) ta có điều phải chứng minh 0,25

5
(1,0đ)

Giải phương trình 2 – x2 = 2 x (1)
Điều kiện của (1) là: x  2

Đặt y = 2 x  x = 2 – y2
Ta có hệ

2
2
2

x y

y x

  




  




Trừ vế với hai phương trình của hệ ta được y2 – x2 = y – x
 (y – x)(y + x – 1) = 0
Nếu y – x = 0 y = x thay vào hệ trên và giải được nghiệm
x = 1 ; x = - 2

Nếu y + x – 1 = 0 y =1 - x thay vào hệ trên và giải được nghiệm
x =

1 5
2


; x =
1 5

2


Đối chiếu với điều kiện, kết luận nghiệm pt là x = 1 ; x =

1 5

2


0,25

0,25
0,25

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

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

_______________

ĐỀ 7 THI THỬ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

NĂM HỌC 2011 - 2012

MÔN THI : TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể phát đề

Ngày 20 tháng 6 năm 2011

(Đề thi gồm có : 01 trang)

Bài 1: Cho Biểu Thức : P = ( - ) . ( )2 .

a, Rút gọn bt P . b, Tính giá trị của P khi / 2x - 6 / = 4 c , Tìm x để : P >0 .
d, Tìm x để P đạt max ?

Bài 2: : Cho phương trình bậc hai : X2 - (m + 1) x + m2 - 2m + 2 = 0 (1)

a, Giải phương trình ( 1 ) khi m = 2 . b, Tìm giá trị của m để PT (1) có hai nghiệm cùng dấu ,
có một nghiệm x1 =2 và tìm nghiệm x2 cịn lại . c , Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1),
Tìm m để gtBt : A = x12 + x22- x1.x2 đạt max ?

Bài 3:

(2 điểm) Cho biểu thức P =

2 1 3 11

3 3

x x x

x

x x

 

 



 

a) Rút gọn P.

b) Tìm x để P < 1.

Bài 4:

( 2 điểm)Cho phương trình x

- ( m + 2) x + 2m = 0 (1)

a)

Giải phương trình

(1)

với m = - 1.

b)

Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x

; x

thoả mãn:

(x

+ x

)

- x

x

2 5

.

Bài 5:

( 3.5 điểm) Cho đường trịn tâm (O) có dây AB. Trên tia AB lấy một điểm C nằm ngoài

đường trịn. Từ điểm chính giữa của cung lớn AB kẻ đường kính PQ, cắt dây AB tại D. Tia CP

cắt đường tròn tại điểm thứ hai là I, các dây AB và QI cắt nhau tại K.

a) Chứng minh tứ giác PDKI nội tiếp một đường tròn?

b) Chứng minh CI. CP = CK. CD

c) Chứng minh CI là tia phân giác của góc ngồi đỉnh I của

AIB.

d) Cố định A, B, C. Chứng minh rằng khi đường tròn (O) thay đổi nhưng vẫn đi qua A và B

thì đường thẳng QI ln đi qua một điểm cố định.

Bài 6:

( 0.5 điểm) Cho các số dương x; y; z thoả mãn x + y +z = 1.

Chứng minh:

2 2 2 2 2 2

2x xy2y  2y yz2z  2x zx2z

 5

---HẾT---HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM

Câu 1(2,0đ): a, (*) ĐKXĐ : ( x  0 ; x≠ 1 )

(*) Rút gọn P ta có : P = ( 1- ).

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

c, P > 0  (1- ) > 0  x > 0 và x < 1  ( 0 < x < 1 )
d, P = - x = - ( - )2 + = - ( - )2



Vậy : P ( max) =  x = ( thuộc ĐKXĐ)
Câu 2 (2đ): a, Hs tự giải .

b,  = - 3( m - )2 - > 0  ( m - )2 - < 0  ( 1 < m < ) .

Thì pt có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 và 2 nghiệm cùng dấu
 P > 0  m2 -2m + 2 > 0

m thuộc ĐKXĐ  ( 1 < m < ) ;

(*) Thay x1 = 2 vào pt ta có : m2 - 4m + 4 = 0  m = 2 ( thõa mãn ĐK )
 x2.x1 =  x2 = = 1  x2 = 1 .

c,  > 0  (1< m < ) thì pt có 2 nghiệm x1, x2 khi đó :

A = x12 + x22 - x1x2 = ( x1 + x2)2 - 3 x1x2 = ( m + 1)2 -3( m2 -2m +2)
A = -2m2 + 8m - 5 = 3 - 2 (m - 2 )2

 3

 A(max) = 3  m = 2 ( thõa ĐK bt)

Bài 3: ( 2điểm)

- Tìm ĐKXĐ ( 0,5điểm)

- Tìm được điều kiện xác định của biểu thức là

0 0

3 0 9 0 9

9 0 9

x x

x x x

x x



  

 

      

 

    



a) Có P =

2 1 3 11

3 3

x x x

x

x x

 

 



 

=

2 1 3 11

3 3

x x x

x

x x

 



 

=

2 ( 3) ( 1)( 3) 3 11
( 3)( 3)

x x x x x

x x

     

 

=

3
...

x
x




- Mỗi bước biến đổi 0,25điểm x 3 = 0,75 điểm.

b) Vì P < 1 nên ta có P - 1< 0

2 3

0 0 9
3

x

x
x



    



Vì 2

√

x+3>0∀x

( 0,25điểm x 3 = 0,75 điểm)

Bài 4:( 2 điểm)

Mỗi phần 1 điểm.

a) Khi m = - 1 ta có phương trình: x

- x - 2 = 0

Có

    1 8 9  3

.

Phương trình có hai nghiệm phân biệt là: x

= 2; x

= -1

( 0,25 điểm x 4 = 1 điểm)

b) Có

 ... ( m 2)2  0 m

nên phương trình ln có hai nghiệm x

; x

.

- áp dung viét cho phương trình(1) ta có x

+x

= m +2; x

x

= 2m.

Có (x

+ x

)

- x

x

2 5

(m 2) 2m 5 ... 2 1 m 2 1

          

( 0,25 điểm x 4 = 1 điểm)

Bài 5 : ( 3,5 điểm)

- Vẽ hình đúng cho câu a) được 0,5 điểm.

a)Tứ giác PDKI nội tiếp. Ta có PQ



AB suy ra góc PDK = 90

,

góc PIK = góc PIQ = 90

( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.)

Vậy tứ giác PDKI nội tiếp đường trịn đường kính PK.

( 0,25 điểm x 4 = 1 điểm)

b)Hai tam giác vuông CIK và CPD đồng dạng. Từ đó suy ra:

CICD=CK

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

c) Ta có cung QA = cung QB, do đó góc AIQ = góc BIQ hay IQ là phân giác trong của góc

I của tam giác AIB. Mà IC



IQ



IC là phân giác ngoài đỉnh I của

AIB.

( 0,25 điểm x 3 = 0,75 điểm.)

d) Mỗi điều kiện 0,25 điểm ( 2 x 0,25 điểm = 0,5 điểm)

Theo phần b) ta có CI . CP = CK. CD(1)

Mặt khác 2 tam giác CIB và CAP đồng dạng( vì có góc IBC = góc

API

do cùng bù góc

ABI) từ đó suy ra:

. . (2)

CI CA

CI CP CA CB

CB CP 

Từ (1) và (2) suy ra CK.CD = CA. CB ==> CK =

CA CB

CD

chứng tỏ CK có độ dài khơng đổi

và do đó K là điểm cố định.

Bài 6( 0,5 điểm)

Ta có 4( 2x

+xy +2y

) = 5(x + y)

+ 3(x - y)

2 

5(x +y)

Vì x; y > 0 nên ta có

2 2 5

2 2 ( )

x xy z  x y

Tương tự

2 2 5

2 2 ( )

y yz z  y z

;

2 2 5

2 2 ( )

z zx x  z x

Cộng ba bất đẳng thức trên theo các vế ta được:

2x2xy2y2  2y2yz2z2  2x2zx2z2

 5

(x+y +z)

Vì x + y +z = 1nên:

2x2xy2y2  2y2yz2z2  2x2zx2z2

 5

---Bài 1

:( 2,5 điểm).Cho biểu thức :

P =

2

6 : 1

1

2

1 x

   

   

   

 









với x

0, x 1, x 4 

.

a) Rút gọn P.

b) Tính P biết x = 3 - 2

2 .

c) Tìm x để P <

1

2 

Bài 2

: (2,5 điểm).Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

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

bến A đến bến B. Biết vận tốc dịng nước là 5km/h, và vận tốc thực của canơ khi đi xi

và ngược dịng nước là khơng đổi.

Bài 3

: (1điểm). Cho Parabol (P):y = x

và đường thẳng (d): y = mx + m + 1. Tìm các giá trị của

m để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt đều có hồnh độ âm.

Bài 4

: (3,5 điểm). Cho đường tròn (O; R) và dây AB cố định (AB < 2R). Từ điểm C bất kỳ trên

tia đối của tia AB, kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn ( D



(O)). Gọi I là trung điểm của dây

AB. Tia DI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai K. Kẻ đường thẳng KE// AB ( E



(O) .

Chứng minh rằng:

a) CD

= CA.CB.

b) Tứ giác CDOI nội tiếp.

c) CE là tiếp tuyến của đường tròn (O).

d) Khi C chuyển động trên tia đối của tia AB thì trọng tâm G của tam giác ABD chuyển

động trên một đường tròn cố định.

Bài 5

: (0,5 điểm). Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện

1 1 1 3

2 a b c

 



.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

a

b

c

bc ca ab



Đáp án – biểu điểm

Bài 1: (2,5 điểm)

a) P =

2 6 1

: 1

1 2 2 1

x

x x x x x

   

  

   

      

 

với x

0, x 1, x 4 

.

● Rút gọn P =

2
2

x
x





1,5 điểm

b) Tính P biết x = 3 - 2

● Tính

x  2 1

0,25điểm.

● Tính P =

5 4 2
7
 

0,25điểm

c) Tìm x để P <

1
2


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

Bài 2: (2,5điểm). Giải tốn bằng cách lập phương trình:

● Gọi qng đường sông AB là x (km) ( x > 0)

0,25điểm

● Vận tốc của canơ khi đi ngược dịng sơng là: 30 – 2.5 = 20 km/h

0,25điểm

● Thời gian canô đi từ A đến B là:

x

(h)

0,25điểm

● Thời gian canô đi từ B về A là:

x

(h)

0,25điểm

● Đổi thời gian: 30’ = ½ h; 5h30’ = 11/2 h

0,25điểm

● Lập luận để có phương trình:

1 11
30 20 2 2

x x

  

0,5điểm.

● Giải phương trình: x = 60

0,5điểm

● Nhận định kết quả và trả lời

0,25điểm

Bài 3: (1điểm). Cho Parabol (P):y = x

và đường thẳng (d): y = mx + m + 1. Tìm các giá trị của

m để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt đều có hồnh độ âm.

● Viết phương trình hồnh độ giao điểm: x

– mx – m – 1 = 0

0,25điểm

● Viết được điều kiện:

1 2

1 2
0

0
. 0

x x

x x

 



 


 



0,25điểm

● Giải hệ bất phương trình được m < - 1 và m ≠ - 2

0,5điểm

Bài 4: ● Vẽ hình đúng 0,25điểm

a)

Chứng minh:CD

= CA.CB.

0,75đ

b) Tứ giác CDOI nội tiếp:

● Cm:

CDO 90  0

(CD là tt của (O))

0,25đ

● Cm:

CIO 90  0

( quan hệ vgóc giữa đk và dây)

0,25đ

● Do đó

CDO CIO 180   0

,hai góc đ diện nhau

0,25đ

● Kluận đúng,

0,25đ

c) Cminh CE là tt của (O):

● Cm

COD COE 

0,5đ

● Suy ra CE là tt của (O)

0,5đ

d) Khi C chuyển động trên tia đối của tia AB

thì trọng tâm G của tam giác ABD chuyển

động trên một đường tròn cố định.

● G là trọng tâm ∆ABD thì IG = 1/3 ID, kẻ

GO’//OD(K thuộcOI), suy ra IO’ = 1/3OI

( kđổi ) 0,25đ



O’ cố định, và O’G = 1/3R không đổi

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

Bài 5: (0,5 điểm). Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện

1 1 1 3
2

a b c  

.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

a b c

bc ca ab 

● Áp dụng bất đẳng thức CauSy cho hai số dương

a b

bc ac

ta có:

2
2 .

a b a b

bc ca  bc ca c

(dấu ‘=’ khi a = b). Chứng minh tương tự ta cũng được

2 2

a c b c

bc ab b ca ab a

(dấu ‘=’ khi a = b = c)

Do đó : 2A ≥ 2

1 1 1 3 3

2. 3

2 A 2

a b c

 

     

 

 

● Vậy: min A =

, khi a=b=c=2
2

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

_______________

ĐỀ 8 THI THỬ

đề thi thử vào lớp 10 thpt (lần 2)
Nm hc 2011 - 2012

Môn thi: Toán

( Thi gian lm bài 120 phút, khơng kể giao đề )

Ngµy thi: 09 tháng 6 năm 2011

Đề thi này gồm 05 câu, 01 trang

Câu I

(2,0 điểm

)

1/ Giải phơng trình:

3 x

5 x

0 2/ Xác định m và n biết rằng hệ phơng trình

2 5

mx ny

nx my

 






có nghiệm là (1 ; 2)

Câu II

(2,0 ®iĨm

)

1/ Cho hàm số y = -2x + 4. Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số với hai trục Ox và Oy.

2/ Rót gän biÓu thøc

A =

3 1 2

1 2 1

x x

x x x x x

   



 

     

  víi x > 0 , x1.

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

1/ Cho Parabol (P): y = - x

và đờng thẳng (d): y = mx - 1. Tìm giá trị của m để đờng thẳng

(d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt A và B có hồnh độ thỏa mãn điều kiện:

x

+

x

– x

x

= 3

2/ Hai đội công nhân tu sửa một đoạn đờng. Nếu họ cùng làm thì trong 12 ngày xong. Nếu

họ làm riêng thì đội I hồn thành cơng việc nhanh hơn đội II là 10 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì

mỗi đội phải làm trong bao nhiêu ngày để tu sửa xong on ng ú ?

Câu IV

(3,0 điểm)

Cho đờng tròn (O), đờng kính AB =2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đờng tròn (M khác

A và B). Các tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vng góc với AB

(P thuộc AB), vẽ MQ vng góc với AE (Q thuộc AE).

a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh ba điểm O, I, E thẳng hàng.

c) Gi K l giao im của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng.

Suy ra K là trung điểm của MP.

d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có

diện tích lớn nhất.

C©u V

(1,0 ®iĨm)

Tìm m để giá trị nhỏ nhất của biểu thức

m x

x





b»ng -2

= = = = = = = = =

HÕt

= = = = = = = = =

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

Chữ kí của giám thị 1: ...Chữ kí của giám thị 2: ...

Hớng dẫn chấm

thi th vo lp 10 thpt

(Ln 2)

Năm học 2011 - 2012

Môn thi: Toán

Ngày thi 19 tháng 6 năm 2011

Đáp án và thang điểm.

Câu Phần Nội dung Điểm

Câu I
2 điểm

1)
1 điểm

0 ( 3

5) 0

5

3 5 0

3 x















 









 





VËy PT cã 2 nghiÖm x1 = 0, x2 =

5
3

0, 75

0,25

1 ®iĨm

Thay x =1, y = 2 vµo hpt ta cã:

2 4
4 5

m n

n m

 




 


2 4 7 14 2

8 2 10 2 4 3

m n m m

m n m n n

   

  

     

    

  

0, 25
0,75

C©u II
2 ®iĨm

1 ®iĨm

Vì đồ thị hàm số song song với đờng thẳng y = 3x + 5 nên
a= 3 v b 5

Đồ thị hàm số đi qua điểm M (1; 2) nên 2 = a + b
Thay a = 3 ta cã 2 = 3 + b => b = -1

VËy a = 3 ; b = -1 là giá trị cần tìm.

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

2)
1 ®iĨm

3 1 2

:
1 ( 1)

3 1 2

( 1)( 1) 1

3 1 2

( 1)( 1)

2 ( 1)

2
( 1)( 1)

x x

A

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
Câu III
2 điểm
1)
1,0
điểm

Để PT có nghiƯm th×   ' 9 m 0 m9

Theo định lí Vi ét ta có :

1 2

6 (1)
. (2)

x x

x x m

 




0 25
0,25
Mµ
2 2

1 2 24 (3)

x  x

Kết hợp (1) và (3) ta có

1 2 1 2 1 2 1

2 2 2 2

2 2

1 2 2 2

6 6 6 5

12 36 24 1
24 (6 ) 24

x x x x x x x

x x

x x x x

      
   
  
   
   
      
 

Thay vµo (3) ta cã m =5 (tháa m·n)
VËy m = 5 th×

2 2
1 2 24

x x

0,25
0,25

Câu III

2 điểm 2)

1,0
®iĨm

Gọi số áo mà xởng đó phải may trong 1 ngày theo kế hoạch là x.
ĐK x  N*

Thêi gian xởng phải may xong 1200 áo theo kế hoạch lµ
1200

x

(ngµy)

Số áo may đợc mỗi ngày trên thực tế là x+10 (áo).

0,25

Thời gian xởng may đợc 1200 áo là :
1200

x (ngµy).

Vì xởng đã hồn thành sớm hơn 6 ngày nên ta có PT :
1200 1200

x x   6x210x12000 0

0,25

Giải PT ta đợc x1 = 40 ; x2 = -30. 0,25

§èi chiÕu víi §K ta thÊy x = 40 thoả mÃn; x = -30 loại

Vy theo k hoạch mỗi ngày xởng đó phải may 40 áo 0,25

C©u

Vẽ hình đúng, ghi GT, KL đợc 0,25 đ

0, 25

H K

A
S

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

Nguyễn Bá Hải Gmai@.com- Đề thi thử tun sinh PTTH 2012-2013
IV

3 ®iĨm

a)
1,0

®iĨm Ta cã

   ;   

2 2

sd AM sdCB sd AM sd DB

MHA  MKA 

V× CB DB nên MHA MKA
Do vậy tứ giác AMHK néi tiÕp

0,5
0,25
0,25
b)

0,75
®iĨm

Ta có góc AMB = 900 (góc nt chắn nửa đờng trịn)

Do tø gi¸c AMHK néi tiÕp => gãc AKH =900

=> AB  HK

Lại có B là điểm chính giữa của cung DC nên ABCD
Do đó HK // CD ( cùng vng góc với AB)

0,25
0,25
0,25
c)

1 ®iĨm Cm

Câu V
1 điểm

1, 0
điểm

Gọi k là một giá trÞ cđa biĨu thøc 2
2
1

m x
x



Ta suy ra PT 2
2

m x

x



 = k cã nghiÖm
 PT m – 2x = kx2 + k cã nghiÖm

 PT kx2 - 2 x + k – m = 0 (1) cã nghiÖm

2 2

2 2 2 2

2 2

' 1 ( ) 0 1 0

1 0 2. . 1 0

2 4 4

4 4

2 4 2 4

4 4

2 2 2

4 4

2 2 2 2

k k m k km

m m m

k km k k

m m m m

k k

m m m

k

m m m m

k
         
         
 
   
         
   
 
 

Giá trị NN cña 2
2

m x

x



 b»ng -2 =>

2 4

2 2

m  m

 

= -2



2 4 2 4 2 3

2 2 4 1 2 4

2 2 4 4 2

m m m m

m m m

  

          

VËy víi m =
3

2


th× GTNN nhÊt cđa biĨu thøc 2
2

m x

x



 b»ng -2

0,25

0,5

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

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

______________
ĐỀ 9THI THỬ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

NĂM HỌC 2011 - 2012

Bài 1. (2,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức:

x 2x - x

B =

-x - 1 -x - -x , điều kiện x > 0 , x 1

2. Chứng minh rằng:

1 1

5. 10

5 2 5 2

 

 

 

 

 

Bài 2. (1,5 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (k - 1)x + n và 2 điểm
A(0; 2) và B(-1; 0)

1. Tìm giá trị của k và n để : Đường thẳng (d) đi qua 2 điểm A và B.

2. Cho n = 2. Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác OAC
gấp 5 lần diện tích tam giác OAB.

Bài 3 . ( 1,0 điểm)

Theo kế hoạch, một xưởng may phải may xong 280 bộ quần áo trong một thời gian quy định.
Đến khi thực hiện, mỗi ngày xưởng đã may được nhiều hơn 5 bộ quần áo so với số bộ quần áo phải
may trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế, xưởng đã hoàn thành kế hoạch trước 1 ngày. Hỏi theo kế
hoạch, mỗi ngày xưởng phải may xong bao nhiêu bộ quần áo?

Bài 4. ( 2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2 – 2mx +m – 7 = 0 (1) với m là tham số

1. Giải phương trình với m = -1

2. Chứng minh rằng phương trình (1) ln có hai ngiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
3. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn hệ thức 1 2

1 1
16
x x 
Bài 5 . ( 3,5 điểm)

Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vng góc với dây cung MN tại H ( H nằm giữa O và

B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn
(O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau tại E.

1. Chứng minh tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK
2. Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK cân.
3. Giả sử KE = KC. Chứng minh : OK // MN và KM2 + KN2 = 4R2.

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22></div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Hớng dẫn chấm môn Toán
(9

thi th l n 2)

ử ầ

Câu Nội dung Điểm

Bài 1

B =
x

√

x −1−

2x −

√

x

√

x(

√

x −1)
B =

x

√

x −2x+

√

x

√

x(

√

x −1)
B =

√

x(x −2

√

x+1)

√

x(

√

x −1)

B =

√

x −1¿2
¿

√

x¿
¿

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

2 Biến đổi vế trái:

VT=

√

5( 1

√

5−2+

√

5+2)

√

5+2+

√

5−2

(

√

5−2)(

√

5+2)

=

√

5 2

√

5
5−4=10

0,5
0,5

Bài 2

1 Đường thẳng (d)
đi qua điểm
A(0; 2) ⇔ n =
2

0,25

Đường thẳng (d)
đi qua điểm B
(-1; 0) ⇔ 0 = (k
-1) (-1) + n

⇔ 0 = - k + 1
+2

⇔ k = 3
Vậy với k = 3; n
= 2 thì (d) đi qua
hai diểm A và B

0,25
0,25

2 Với n = 2

phương trình của
(d) là: y = (k - 1)
x + 2

đường thẳng (d)
cắt trục Ox ⇔

k - 1 ≠ 0 ⇔ k

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

≠ 1

Giao điểm của
(d) với Ox là

C( 2

1−k ;0)

( )

C( 2
1-k; 0)

B(-1; 0)
A(0;2)

O 1 2

các Δ OAB
và OAC vuông
tại O

SOAC=1

2OA . OC

;

SOAB=1

2OA . OB

SOAC = 2SOAB

⇔ OC = 2.OB

⇔

|

xc

|

=2 .

|

xB

|

⇔

|

1− k2

|

=2 .|−1|

⇔
2

1− k=2⇔k=0
¿

1− k=−2⇔k=2
¿

¿
¿
¿

( thoả mãn)

Vậy với k = 0
hoặc k = 2 thì
SOAC = 2SOAB

0,25

Bài 3 Gọi số bộ quần

áo may trong
một ngày theo kế
hoạch là

x

bộ (x

nguyên dương).
Số ngày hồn
thành cơng việc
theo kế hoạch là

280 x

Số bộ quần áo
may trong một
ngày khi thực
hiện là

x



5

Số ngày hồn
thành cơng việc
khi thực hiện là

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

280

5 x



Theo giả thiết ta
có phương trình

280

1

5 x



x





280(

x

5) 280

x x x

(

5)

x

5 x

1400 0



















Giải pt ta được

35,

40 x



x



(loại)

Số bộ quần áo
may trong một
ngày theo kế
hoạch là 35 bộ

Bài 4

1 Với m = -1 ta có
pT: x2 + 2x -8 = 
0

Δ ' = 12 - 
1(-8) = 9 ⇒ x1 =
- 1 +

√

9 = 2;

x2 = -1 -

√

9 =
-4

Vậy với m = -
1phương trình có
hai nghiệm phân
biệt x1 = 2; x2=
-4

0,25
0,25
0,25

2 Δ ' = m2 - m + 
7

m−1
2¿

2
+27

¿ ¿

>
0 với mọi m
Vậy pt(1) ln
có hai nghiệm

phân biệt với
mọi giá trị của m

0,25
0,25
0,25

3 Vì pt(1) ln có
hai nghiệm phân
biệt với mọi giá
trị của m

nên theo Viet ta
có:

x1+x2=2m

x1x2=m−7

¿{

Th
eo bài ra

0,25

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

1 2
1 1

16
x x 

⇔

x1+x2
x1x2

=16

⇔
2m
m−7=16
⇔ m = 8
KL: m = 8

Bài 5

N
M

C
K

A H B

E
N
M

C
K

A H

1 Ta có ∠ AKE

= 900 (….)
và ∠ AHE
= 90o ( vì MN

AB)

⇒ ∠ AKE

+ ∠ AHE =
1800

⇒ AHEK là
tứ giác nọi tiếp

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

Xét Δ CAE
và Δ CHK
có :

∠ C là góc
chung

∠ CAE =

∠ CHK ( cùng
chắn cung KE)

⇒ Δ CAE

∞ Δ CHK

(gg)

0,25
0,25

2 ta có NF AC;

KB AC ⇒

NF // KB

⇒ ∠ MKB

= ∠ KFN (1)

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

( đồng vị)
và ∠ BKN =

∠ KNF (2)
(slt)

mà MN AB

⇒ Cung MB
= cung NB ⇒

∠ MKB =

∠ BKN (3)

Từ 1,2,3 ⇒

∠ KFN =

∠ KNF

⇒ Δ NFK

cân tại K

0,25

3 Nếu KE = KC

⇒ Δ KEC

vuông cân tại K

⇒ ∠ KEC

= 450

⇒ ∠ ABK

= 450 ⇒ Sđ 
cung AK = 900

0,25

⇒ K là điểm

chính giữa cung
AB

⇒ KO

mà MN AB
nªn OK // MN

0,25

Kẻ đờng kính
MT

chøng minh KT
= KN

0,25

mà Δ MKT
vuông tại K nên
KM2 + KT2 = 
MT2

hay KM2 + KN2
= (2R)2

hay KM2 + KN2
= 4R2

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

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

_______________

ĐỀ 10 THI THỬ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

NĂM HỌC 2011 - 2012

MÔN THI : TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể phát đề

Ngày 24 tháng 6 năm 2011

(Đề thi gồm có : 01 trang)

ĐỀ 25

Câu I

: ( 3 điểm)

1) Giải phương trình : 2x2 + 3x – 5 =0
2) Giải hệ phương trình:

2x y 3
3x y 7
 




 


3) Rút gọn: M =

1 22

32 2 50
2   11

Câu II: (

1,5 điểm)

Cho phương trình x2 – mx – 2 =0

1) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
2) Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình.

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

Một ca nô chạy với vận tốc không đổi trên một khúc song dài 30 km, cả đi và về hết 4 giờ. Tính
vận tốc của ca nơ khi nước yên lặng, biết vận tốc của dòng nước là 4 km/h.

Câu VI: (

3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB>AC) Trên cạnh AC lấy điểm M (khác A và C). Đường
trịn đường kính MC cắt BC tại E và cắt đường thẳng BM tại D ( E khác C ; D khác M).

1) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp.
2) Chứng minh ABD MED 

3) Đường thẳng AD cắt đường trịn đường kính MC tại N ( N khác D). Đường thẳng MD cắt

CN tại K, MN cắt CD tại H. Chứng minh KH song song với NE.

Câu V: (

0,5 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của : y=

x 3 x 1 1

;(x 1)
x 4 x 1 2

  


  

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

---HẾT---HƯỚNG DẪN ĐỀ 18
Câu I ( 3 điểm)

1/ Giải phương trình : 2x2 + 3x – 5 =0

C1: pt có dạng a+b+c= 2+3 – 5 = 0 0,5 đ
Nên ptcó 2 nghiệm x1

= 1; x

=

c 5
a 2




0,25đ +0,25 đ

C2: b2 4ac 9 40 49    7 0,25 +0,25

Nên ptcó 2 nghiệm x1

= 1; x

=

c 5
a 2




0,25 +0,25
Ghi chú : nếu chỉ ghi đúng nghiệm mà không giải thích gì cho 0,5 điểm.

2/Giải hệ phương trình:
2x y 3

3x y 7
 




 


5x 10 x 2 x 2
3x y 7 6 y 7 y 1

  

  

     

    

   0,25+0,25+0,25

Trả lời 0,25

Ghi chú : nếu chỉ ghi đúng nghiệm mà khơng giải thích gì cho 0,5 điểm.

3/

M =

1 22

32 2 50

2   11 = 2 2 10 2  2 0,25 + 0,25 + 0,25
7 2



0,25

Câu II: (

1,5 điểm) Cho phương trình x2 – mx – 2 =0

1/ C1: ta có a.c = 1.(-2) = -2 <0

0,5

Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m

0,25

C2:

m2  8 0 m

0,25 +0,25

Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m

0,25

2/ Vì phương trình ln có hai nghiệm phân biệt nên theo định lí Vi – ét ta có:

x

+x

= m ; x

.x

= - 2

0,25

x12 +x22 – 3x1x2 =14

2 2

1 2 1 2

(x x ) 5x x 14 m 10 14

       0,25

 m=2 0,25

Câu III: (

1,5 điểm)

Gọi x( km/h) là vận tốc của canô trong nước yên lặng ( đ k x>4)

0,25

Vận tốc ca nơ xi dịng là x+4 ( km/h)

và vận tốc canô khi ngược dòng là x – 4 ( km/h)

0,25

Thời gian ca nơ xi dịng là

x 4

(h) và thời gian ca nơ ngược dịng là

30
x 4

(h)

0,25

Theo đề bài ta có pt:

30 30
4

x 4 x 4   

0,25

 x2

– 15 x – 16 =0

0,25

Pt có 2 nghiệm x

= -1 ( loại) x

= 16 ( nhận)

và trả lời

0,25

Câu VI: (

3,5 điểm)

Hình vẽ :

0,5 đ

Nếu vẽ đúng tam giác vng ABC ( AB>AC) và đường trịn đường kính MC

0,25

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

B C
A

1\

Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp.

Ta có

BAC 90 (gt)  0

0.25

 0

MDC 90

( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đk MC)

0.25

Hay

BDC 90  0

( B,M,D thẳng hàng)

0.25

Suy ra tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BC.

0.25 2\

Chứng minh ABD MED 

Ta có: ABD ACD  ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD của đường trịn đkính BC)0.25
Mà MCD MED  ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung MD của đường trịn đkính MC) 0.25

Hay ACD MED  ( vì A; M; C thẳng hàng) 0,25

Suy ra ABD MED  0,25

3/ Chứng minh KH//EN

Trong tam giác MKC có

MNKC;CDMK

suy ra H là trực tâm của tam giac MKC

KH MC

 

hay KH

AC

0.25

KH / /AB



( cùng vng góc AC)

(1)

Ta có

CEN CDN 

( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN của đường tròn đk MC) 0.25

Mà

CDN CBA 

( cùng bù với góc ADC)

0.25

 

CEN CBA

   EN / /BA

( 2 góc đồng vị) (2)Từ (1) và (2) Suy ra KH//EN

0.25

Câu V: (

0,5

Tìm giá trị nhỏ nhất của : y=









x 1 3 x 1 2

x 3 x 1 1 ( x 1 1)( x 1 2)
y

x 4 x 1 2 x 1 4 x 1 3 ( x 1 1)( x 1 3)

x 1 2 1

x 1 3 x 1 3

   

      

  

          

 

  

   

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

PhÇn II/ Tự luận (8,0 điểm)

Bài 1: (1,5 điểm)

Giải phơng trình và hệ phơng trình sau:
a)

x



2x



4 

0 x

2y

4 2x

y

3 













Bài 2 : (1,5 điểm)

Cho biÓu thøc P =

a

a 1 a a

a

a 1

a











a) Tìm a để biểu thức P có nghĩa.
b) Rút gọn biểu thức P.

c) Chøng minh P  2

Bµi 3: (1,0 ®iĨm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phơng trình y = 

x

2. Gọi (d) là đờng thẳng đi qua
điểm M(0;  2) và có hệ số góc bằng k.

a) Viết phơng trình của đờng thẳng (d) theo k .

b) Chứng minh rằng đờng thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt khi k thay i .

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp trong đờng trịn (O), có AB < AC. Gọi H là hình chiếu vng góc
của A trên BC. Gọi M và N lần lợt là hình chiếu vng góc của B và C trên đờng kính AD.

a) Chứng minh các tứ giác ABHM, AHNC nội tiếp.
b) Chứng minh HMN đồng dạng với ABC.
c) Chứng minh HMAC.

d) Chứng minh trung điểm của đoạn thẳng BC là tâm đờng trịn ngoại tiếp HMN .

Bµi 5: (0,5 ®iĨm) Gäi

x , x

1 2là nghiệm của phơng trình:

x

2(m 1)x





2m 10





0

(m lµ
tham sè)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 10

2 2
1 2 1 2

x x x x

... HÕt ...

HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM
II/ Tù luận (8,0 điểm)

Bài Đáp án Điểm

1

(1,5
điểm)

a) (0,75 ®iÓm)

PT:

x



2x



4 

0

;

  

( 1)



1.( 4)





5

0,25®

PT cã nghiƯm

x

 

1 5 ; x

 

1

5

0,5®

b) (0,75 ®iĨm)

HƯ PT cã nghiƯm (x, y) = (2;  1)

(HS có thể giải bằng phơng pháp thế hoc phng phỏp cng i

số) 0,75đ

2

(1,5

a) (0,25 điểm) Điều kiƯn a > 0
b) (0,75 ®iĨm)

Rút gọn đợc P =











a

1 a 1

a

1 a

0,25®

P =



 



 



a

1 a 1 a

a

1 a

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

®iĨm)

P =



a 1

a

0,25®

c) (0,5 ®iĨm)

P  2 



a 1

a

 2  a + 1  2 a (vì a > 0)

0,25đ

(

a

1)

2 0. BĐT trên luôn đúng với mọi a > 0. 
Vậy P  2; dấu bằng xảy ra khi a = 1

0,25®

3

(1,0
®iĨm)

a) (0,5 ®iĨm)

Đờng thẳng (d) có hệ số góc k. Suy ra PT đờng thẳng (d) là:

y = kx + b 0,25®

Do đờng thẳng (d) đi qua M(0;  2)



 2 = k.0 + b  b =  2

Vậy PT đờng thẳng (d) là y = kx  2 0,25đ
b) (0,5 điểm)

Giao ®iĨm cđa (d) vµ (P) lµ nghiƯm cđa hƯ

















y kx 2

y

x

(*)
Suy ra:   

x kx 2 

x



kx



2



0

(1)

0,25®

Cã



k

2+ 8 > 0 víi mäi k



PT (1) cã 2 nghiƯm ph©n biƯt víi mäi k



HƯ PT (*) cã 2
nghiƯm phân biệt với mọi k

Vậy (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt với mọi giá trị k

0,25đ

4

(3,5 
điểm)

* V hỡnh ỳng làm câu a, b

0,5®

a) (1,0 ®iĨm)
* Cã  

AHB AMB 90  , nên A, B, H, M cùng nằm trên đờng trịn 
đờng kính AB. Do đó tứ giác ABHM nội tiếp

0,5®

* Cã  

0
AHC ANC 90 

, nên A, C, N, H cùng nằm trên đờng trịn
đờng kính AC. Do đó tứ giác AHNC ni tip

0,5đ

b) (1,0 điểm)

* Xét tứ giác ABHM nội tiếp, nên

0
ABH AMH 180

,
mà

0
HMN AMH 180

. Suy ra ABH HMN

0,5đ

Xét tứ giác AHNC néi tiÕp, suy ra

HNM





HCA



(gãc néi tiÕp cùng 0,5đ

M

N

H I

F
E

D

C
B

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

chắn cung AH)

Suy ra HMN đồng dạng ABC (g. g)
c) (0,5 điểm)

Có

ABH





ADC



(góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đờng trịn)
Mà

ABH





HMN



(chứng minh trên). Suy ra

HMN





ADC



0,25®

Lại có hai góc này ở vị trí so le trong. Suy ra HM//CD
Từ AD là đờng kính của (O) nên 

ACD90

, hay AC



CD. VËy
HM



0,25®

d) (0,5 ®iÓm)

Gọi I, E, F thứ tự là trung điểm của BC, AB, AC
Suy ra IE là đờng trung bình của



ABC, nên IE//AC,
mà HM



AC. Suy ra IE



0,25®

Xét tứ giác ABHM nội tiếp trong đờng trịn đờng kính AB, nên EH =
EM. Suy ra IE là trung trực của HM. Chứng minh tơng tự IF là trung
trực của HN

Do đó I là tâm đờng trịn ngoại tiếp



HMN

0,25®

5

(0,5
®iĨm)

PT :

x



2(m 1)x





2m 10





0

* PT cã nghiÖm khi

(m 1)  (2m 10) 0  (

m



2 

13)(m



2 

13)



0 m

2

13 

 

hc m

 

2

13

Theo hÖ thøc ViÐt cã

x



x



2(m 1) , x x



1 2



2m 10



A =

2 2 2

1 2 1 2

(x x ) 8x x 4(m 1) 8(2m 10) 4 (m 1)  20

 

0,25®

* Víi m

 

2

13 

m 1 3

  

13 0

 

(m 1)





22 

6 13


A

8(21 3 13)





(1)

* Víi m

 

2

13



 m



13 

2  

m 1





13 

3   

0 ( m 1)





22 

6 13



(m 1)





22 

6 13

 A

4 22  6 1320 4 42  6 13 8(21 3 13)

(2)
Tõ (1) vµ (2) cã A nhá nhÊt b»ng 8(213 13) khi m = 2 13

0,25®

Kú THI THư TUN SINH LíP 10 THPT

N¡M HäC 2011 – 2012M«n thi : TO¸N

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

Ngày thi : 25 tháng 6 năm 2011 Đề thi gồm : 01 trang

Bài 1 ( 3,5 điểm)1) Cho hàm số y = f(x) = 2x2 có đồ thị là (P). Gọi A, B là hai điểm thuộc đồ thị hàm số

có hồnh độ thứ tự là -1 và 2.

a) Viết phơng trình đờng thẳng AB.

Từ đó tìm các số tự nhiên m để 3 điểm A, B, C(2m+1; 2m2) thẳng hàng.

b) Chứng minh rằng: trên (P) có hai điểm thuộc đờng thẳng y = x + 1.

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

2)Cho biĨu thøc: N=

√

n −1

√

n+1+

√

n+1

√

n−1 ; víi n 0, n 1.
a) Rót gän biĨu thøc N.

b) Tìm tất cả các số nguyên tố n để biểu thức N nhận giá trị nguyên.

Bµi 2 ( 1,5 ®iĨm)Cho phương trình x2 – 2mx + m 2 – m + 3 = 0 (với m là tham số ) .

1)Tìm m để phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 ; x 2
2)Tỡm m để biểu thức x12 + x22 đạt giỏ trị nhỏ nhất

Bµi 3 (1,0 điểm) Hai vòi nớc cùng chảy vào một bể không có nớc thì sau 12 giờ bể đầy . Nếu từng vòi
chảy riêng thì thời gian vòi thứ nhất chảy đầy bể sẽ ít hơn thời gian vòi thứ 2 chảy đầy bể là 10 giờ .
Hỏi nếu chảy riêng từng vòi thì mỗi vòi chảy bao lâu đầy bĨ ?

Kú THI THư TUN SINH LíP 10 THPT

N¡M HọC 2011 2012Môn thi : TOáN

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

Ngµy thi : 25 tháng 6 năm 2011 Đề thi gåm : 01 trang

Bài 1 ( 3,5 điểm)1) Cho hàm số y = f(x) = 2x2 có đồ thị là (P). Gọi A, B là hai điểm thuộc đồ thị hàm số

có hồnh độ thứ tự là -1 và 2.

a) Viết phơng trình đờng thẳng AB.

Từ đó tìm các số tự nhiên m để 3 điểm A, B, C(2m+1; 2m2) thẳng hàng.

b) Chứng minh rằng: trên (P) có hai điểm thuộc đờng thẳng y = x + 1.
2)Cho biểu thức: N=

√

n −1

√n+

√

n+1

√n−

1 ; víi n 0, n 1.
b) Rót gän biĨu thøc N.

b) Tìm tất cả các số ngun tố n để biểu thức N nhận giá trị nguyên.

Bµi 2 ( 1,5 ®iĨm)Cho phương trình x2 – 2mx + m 2 – m + 3 = 0 (với m là tham số ) .

1)Tìm m để phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 ; x 2
2)Tỡm m để biểu thức x12 + x22 đạt giỏ trị nhỏ nht

Bài 3 (1,0 điểm) Hai vòi nớc cùng chảy vào một bể không có nớc thì sau 12 giờ bể đầy . Nếu từng vòi
chảy riêng thì thời gian vòi thứ nhất chảy đầy bể sẽ ít hơn thời gian vòi thứ 2 chảy đầy bể là 10 giờ .
Hỏi nếu chảy riêng từng vòi thì mỗi vòi chảy bao lâu đầy bể ?

Bi 4 (3,0 im)Cho na ng trũn tâm O đờng kính AB. Từ điểm M trên tiếp tuyến Ax của nửa đờng
tròn vẽ tiếp tuyến thứ hai MC (C là tiếp điểm). Hạ CH vng góc với AB, đờng thẳng MB cắt nửa đờng
tròn (O) tại Q và cắt CH tại N. Gọi giao điểm của MO và AC là I. Chứng minh rằng:

1) MO



AC vµ tø gi¸c AMQI néi tiÕp 2) Gãc AQI = gãc ACO
3) CN = NH.

Bài 5 (1,0 điểm)Chọn một trong hai phÇn sau:

1)Cho trước a b R,  ; gọi

x y

,

là hai số thực thỏa mãn 3 3 3 3

x y a b

x

y

a

b



 













Chứng minh rằng:

x

2011



y

2011



a

2011



b

2011.

2)Cho

3 3

1 12 135 12 135
1

3 3 3

x      

 

 .

Khơng dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị của biểu thức





3 2

M= 9x  9x  3
.

……… HÕt………..

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

Bài 4 (3,0 điểm)Cho nửa đờng trịn tâm O đờng kính AB. Từ điểm M trên tiếp tuyến Ax của nửa đờng
tròn vẽ tiếp tuyến thứ hai MC (C là tiếp điểm). Hạ CH vng góc với AB, đờng thẳng MB cắt nửa đờng
tròn (O) tại Q và cắt CH tại N. Gọi giao điểm của MO và AC là I. Chứng minh rng:

1) MO

AC và tứ giác AMQI nội tiếp 2) Gãc AQI = gãc ACO
3) CN = NH.

Bµi 5 (1,0 điểm)Chọn một trong hai phần sau:

1)Cho trc a b R,  ; gọi

x y

,

là hai số thực thỏa mãn 3 3 3 3

x y a b

x

y

a

b



 













Chứng minh rằng:

x

2011



y

2011



a

2011



b

2011.

2)Cho

3 3

1 12 135 12 135

3 3 3

x      

 

 .

Khơng dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị của biểu thức





3 2

M= 9x  9x  3
.

……… HÕt………..

Kú THI THư TUN SINH LíP 10 THPT

N¡M HäC 2011 2012

Môn thi : ToánNgày thi : 25 tháng 6 năm 2010

HƯớNG DẫN CHấM THI

Bài Phần Nội dung Điểm

Bài 1

(3,5
điểm)

1a
(1.75)

Cho x = -1 => y = 2.(-1)2 =2.1=2 => A(-1;2)

Cho x = 2 => y =2.22 = 2.4 = 8 =>B(2;8) 0.25
0.25

Gọi phơng trình đờng thẳng AB là y = ax+b

Vì A, B thuộc đờng thảng AB nờn ta cú h pt

a+b=2
2a+b=8

3a=6
a+b=2

a=2
2+b=2

a=2
b=4

{

Vậy pt đt AB là y = 2x+4

0.5

Để A, B, C thẳng hàng ta phải cã: C thuéc AB

 2.(2m+1)+4=2m24m+2+4=2m2 2m2 - 4m- 6=0

Ta cã a – b + c = 2+4-6=0 nªn m = -1; m = 3
Vì m là số tự nhiên nên m = 3

Vậy m = 3 thì A, B, C thẳng hàng.

0.25
0.25
0.25

(0.75 đ)

Xột phng trỡnh honh giao điểm của đồ thị hàm số y = x2 và y =

x+1 lµ 2x2 = x+1  2x2- x - 1 = 0

Ta cã a+b+c = 2-1-1=0 nªn x = 1; x =-1/2
Víi x = 1 => y = 2.12 = 2.1 = 2 => C(1;2)

Víi x=-1/2 => y = 2. (-1/2)2 = 2.1/4 =1/2 =>D(-1/2;1/2)

=> parabol và đờng thẳng cắt nhau tại C, D.

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

Vậy trên parabol có hai điểm C và D thuộc đờng thẳng y = x+1 0.25
2a

(0.5®)

N =

√

n −1

√

n+1+

√

n+1

√

n−1 =

(

√

n −1)2+(

√

n+1)2
(

√

n+1) (

√

n −1)
= n−2

√

n+1+n+2

√

n+1

n −1 =

2(n+1)

n −1 víi n 0, n 1.

0.25
0.25

2a
(0.5®)

N = 2(n+1)

n −1 =

2(n −1)+4

n −1 = 2 +
4

n−1
Ta cã: N nhận giá trị nguyên 4

n1 có giá trị nguyên

n-1 là ớc của 4 n-1 {±1;±2;±4}

+ n-1 = -1 n = 0(không thỏa mÃn là số nguyên tè)
+ n-1 = 1 ⇔ n = 2(tháa m·n)

+ n-1 = -2 ⇔ n = -1 (Kh«ng tháa m·n víi §KX§ cđa N)
+ n-1 = 2 ⇔ n = 3(tháa m·n)

+ n-1 = -4 ⇔ n = -3 (Kh«ng tháa m·n víi §KX§ cđa N)
+ n-1 = 4 ⇔ n = 5(tháa m·n)

Vậy các số nguyên tố n để N nhận giá trị nguyên l n

2;3;5

0.25
0.25
Bài 2
(1.5
điểm)
2a
(0.50 đ)

Xet phng trnh x2 – 2mx + m 2 – m + 3 
( a = 1 ; b = - 2m => b’ = - m ; c = m2 - m + 3 ) 
Δ’ = m2 - 1. ( m2 - m + 3 ) = m2 - m2 + m - 3 = m – 3 
Do đó pt cú hai nghiệm x1 ; x 2 (với m là tham số )
 Δ’ ≥ 0  m - 3 ≥ 0  m ≥ 3

Vậy m ≥ 3 thì pt đã cho có hai nghiệm

0.25
0.25

2b
(1,00®)

Theo Viet ta có:
x1 + x2 = 2m

x1. x2= m2 - m + 3

A = x12 + x22 = ( x1 + x2)2 – 2x1x2

= (2m)2 - 2(m2 - m + 3 )=2(m2 + m - 3 )
=2(m2 + 2m

1
2 +

1
4-

1
4 -

12
4 )
=2[(m +

1
2)2 -

4 ]=2(m +

1
2)2 -

13
2
Do điều kiện m ≥ 3  m +

2 ≥ 3+
1
2=

7
2
=> (m +

1
2)2 ≥

4  2(m +
1
2)2 ≥

49
2
 2(m +

1
2)2 -

13
2 ≥

49
2 -

13
2 = 18
Vậy GTNN của x12 + x22 là 18 khi m = 3

0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 3
(1,0
điểm)

(1.00) Gi thi gian vũi th nht chy riờng đầy bể là x (h) x >12 .
Một giờ vòi thứ nhất chảy đợc

x (bĨ).

Thời gian vịi thứ hai chảy riêng đầy bể là : x + 10 (h)
Một giờ vòi 2 chảy đợc là :

1
10

x (bĨ)

0.25

Hai vịi chảy chung 12 giờ đầy bể nên 1 giờ chảy đợc :
1

12 (bể) .Do
đó ta có:







1 x 10

x

12

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































12x 12 x 10

x x 10

12x 12x 120

x

10x

x

14x 120

0

0,25

Cã '= 72 –(-120) = 169 > 0   ' 169 13

x1 = 7 + 13 = 20 (tho¶ m·n) ; x2 = 7 13 = - 6 (loại)

Vậy vòi thứ nhất chảy riêng đầy bể là 20 giờ
Vòi thứ hai chảy riêng đầy bể là 20 + 10 = 30 giờ

0,25

Bài 4

(3,0
điểm)

4.a
(1.00 đ)

H
M

O
A

B
C

+ V hỡnh ỳng .

+ Ta cã MA=MC(t/c tiÕp tuyÕn)
OA=OC (b¸n kÝnh)

 MO là trung trực của AC  MO



AC
AQMB (Góc AQB là góc nội tiếp
chắn nửa đờng trịn)

Suy ra Q, I cùng nhìn AM dới 1 góc vng
 Tứ giác AIQM nội tiếp trong đờng trịn
đờng kính AM.

0.5
0.25

0,25

4.b:
(1.00 ®)

+ Ta cãAMI AQI  (=

1

2

s® cungAI)

Dễ chứng minh đợc tứ giácAMCO nội tiếp
=> AMO ACO  (góc nội tiếp chắn cung AO)
Suy ra AQI ACO

0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ

4.c:
(1,00 đ)

+ Tứ giác AIQM nội tiếp MAI IQN  (Cïng bï víi gãc MQI)
Mµ MAI ICN  (so le trong)

Suy ra IQN ICN   tø gi¸c QINC néi tiÕp
 QCI QNI  (cïng bằng 1/2 sđ cung QI)
Mặt khác QCI QBA (=1/2 s® cung QA)
 QNI QBA   IN // AB

Mµ I lµ trung ®iĨm cđa CA nên N là trung ®iĨm cđa CH 
NC=NH

0.25®
0.25®

5 1

(1,00®)

( )







 







3 x y a b

I

x y

xy x y

a b

ab a b



 





 



















(1)

(*)

(

)

(

) (2)

x y a b

xy a b

ab a b



 



 









+/Nếu

a b

 

0

thì

(*)



x y a b

xy ab



 









=> x, y là 2 nghiệm của phương trình

X



(

a b X ab



)





0

Giải ra ta có

;

x b x a

y a y b











=>

x

2011



y

2011



a

2011



b

2011.
+/Nếu

a b

 

0

=>

a



b

.

0,25

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

Ta có hệ phương trình 3 3

0 x y

x

y

x

y



















.

2011 2011
2011 2011

0 a

b

x

y



















=>

x

2011



y

2011



a

2011



b

2011

0,25

2
(1,00®)

Từ

3 3

1 12 135 12 135

3 3 3

x      

 

 



3

1 

12

135

12

135

3 x

































3
3 3

12

135

3

12

135

3

1

3 x































3 x

1 

8 3 3



x

1 





 



3 2

9 x

2 0











1 M



 



0,25
0,25
0,25
0,25
Së gi¸o dơc & Đào tạo

Hải dơng Kỳ thi thử tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2011 2012

Môn thi : To¸n

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

Ngµy thi : 22 tháng 06 năm 2011

Đề thi gồm : 01 trang

Bài 1 ( 2,5 điểm)1) Giải phơng trình sau: x −x+22=1
x+

x2−2x

2) Rót gän biĨu thøc

4 x 8x x 1 2

P :

4 x

2 x x 2 x x

    

     



 

   ,x > 0; x ≠ 4 và x ≠ 9

3) Cho hàm số y



2 2 x



 8. Tìm x để hàm số nhận giá trị là 2011+2 2.

Bài 2 ( 1,5 điểm) Cho hệ phơng trình :

x y 3m 2

2x 3y m 11

  




 

( với m là tham số)

1)Giải hệ phơng trình trªn khi m = 0

2)Tìm tất cả các số không âm m để hệ phơng trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn



 



x 1 y 1 12

Sở giáo dục & Đào tạo

Hải dơng Kỳ thi thử tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2011 2012

Môn thi : Toán

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

Ngµy thi : 22 tháng 06 năm 2011

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

Bài 1 ( 2,5 điểm)1) Giải phơng trình sau: x −x+22=1
x+

x2−2x

2) Rót gän biĨu thøc

4 x 8x x 1 2

P :

4 x

2 x x 2 x x

    

     



 

   ,x > 0; x ≠ 4 và x ≠ 9

3) Cho hàm số y



2 2 x



 8. Tìm x để hàm số nhận giá tr l 2011+2 2.

Bài 2 ( 1,5 điểm) Cho hệ phơng trình :

x y 3m 2

2x 3y m 11

( với m là tham số)

1)Giải hệ phơng trình trên khi m = 0

2)Tỡm tt cả các số không âm m để hệ phơng trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn



 

x 1 y 1 12

Bài 3 (2,0 điểm)1) Cho phơng trình x2 - 2x - 5 = 0 (*) .

Gäi x1, x2 lµ 2 nghiệm phân biệt của phơng trình (*), hÃy tìm 1 phơng trình bậc 2 có hệ số

nguyên nhận

1 2

2 1

x x

u= ;v=

1-x 1-x

lµ nghiƯm?

2) Tìm hai số tự nhiên chẵn liên tiếp biết chúng là độ dài hai cạnh góc vng của tam giác
vng có cnh huyn l 2 5.

Bài 4 (3,0 điểm) Cho na đường trịn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vng góc với
AB ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác
A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở E và F.

1. Chứng minh: Góc EOF vng.

2. Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ;hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.
3. Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MKAB.

4. Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a

Bµi 5 (1,0 ®iĨm) Cho a + b , 2a và x là các số nguyên. Chứng minh y = ax2 + bx + 2011 nhn giỏ tr
nguyờn

---Bài 3 (2,0 điểm)1) Cho phơng trình x2 - 2x - 5 = 0 (*) .

Gäi x1, x2 lµ 2 nghiệm phân biệt của phơng trình (*), hÃy tìm 1 phơng trình bậc 2 có hệ số

nguyên nhận

1 2

2 1

x x

u= ;v=

1-x 1-x

lµ nghiƯm?

2) Tìm hai số tự nhiên chẵn liên tiếp biết chúng là độ dài hai cạnh góc vng của tam giác
vng có cnh huyn l 2 5.

Bài 4 (3,0 điểm) Cho na đường trịn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vng góc với

AB ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác
A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở E và F.

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

2. Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ;hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.
3. Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MKAB.

4. Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a

Bài 5 (1,0 điểm) Cho a + b , 2a và x là các số nguyên. Chứng minh y = ax2 + bx + 2011 nhận giá trị
nguyên

---Së gi¸o dục & Đào tạo

Hải dơng Hớng dẫn chấm tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2011 2012

Câu
(bài)

ý
(phần

) Nội dung Điểm

Bài
1
(2,5
điểm
)

1
(1
điểm)

ĐKXĐ: x ≠0, x ≠2





x 2 1 2 x 2 1 2

x 2 x x 2x x 2 x x x 2

 

    

   

=> x.(x+2)= x-2+2
<=> x2+ x=0 <=> x.(x+1)=0

<=> x=0 (KTM) hc x=-1 (TM)

VËy tËp nghiƯm của phơng trình là S= {1}

0.25
0.25
0.25

0.25
2:
(1điể
m)

4 x 8x x 1 2

P :

4 x

2 x x 2 x x

    

     



 

   

4 x (2

x) 8x ( x 1) 2( x 2)

:

(2

x )(2

x )

x ( x 2)













8 x 4x

3 x

:

(2

x )(2

x )

x ( x 2)











8 x 4x

x ( x 2)

.

(2

x )(2

x )

3 x











4x

x 3





VËy P

4x

x 3





(x > 0; x ≠ 4 và x ≠ 9)

0.25
0.25
0.25
0.25
3
(0.5®)









2011

y 2011 2 2 2 2 x 8 2011 2 2 2 2 x 2011 x

2 2

2011 2 4022
x
2
           




Vậy

2011 2 4022
x

thì hàm số nhận giá trị là 2011+2 2.

0.25
0,25
Bài
2
( 1,5
điểm
1(0.5đ
)

Với m =0 ta có hệ phơng tr×nh :

x y 2 3x 3y 6 5x 5 x 1 x 1

2x 3y 11 2x 3y 11 x y 2 1 y 2 y 3

      
    
   

    
         
    

VËy víi m =0 th× hệ phơng trình có nghiệm là(-1;3)

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

)
2
(1.00
điểm)

















2 2

2 2 2 2 2

x y 3m 2 3x 3y 9m 6 5x 10m 5 x 2m 1

2x 3y m 11 2x 3y m 11 x y 3m 2 y m 3

x 1 y 1 12 x y 10 2m 1 m 3 10 5m 2m 0

m 0(tm)

m 5m 2 0 2

m (loai)
5
         
   

  
   
          
   
              



   
 


VËy m=0 th× hệ phơng trình có nghiệm (x;y) thỏa mÃn

2 2

x 1 y 1 12

0,5
0,25
0.25
Bài
3
(1,0
điểm
)
1

a) ' =1 + 5=6>0=>Phơng trình có hai nghiệm x1, x2

Theo hệ thức Viet ta cã:x1 x2 2; x x1 2 5

S = u + v =

1 2

2 1

1 1

x x

x  x

  =

2 2

1 1 2 2

1 2 1 2

1 ( )

x x x x

x x x x

  

  

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

( ) ( ) 2

1 ( )

x x x x x x

x x x x

   

  

2 2 2( 5)

1 5 2

  
  = 
12
3
4



P = u . v =

1 2
2 1
.
1 1
x x
x x
 
=
1 2

1 2 1 2

1 ( )

x x
x x x x

  

5 5

1 5 2 4

 


 

PT bËc 2 nhËn

1 2
2 1
;
1 1
x x
u v
x x
 

  lµ nghiƯm :

x2 3x
5
4

=0 4x2 +12x-5=0

0,25

0,25
0,25

0,25

Gọi hai số tự nhiên liên tiếp cần tìm là x; x+2

xN*; x3 2

Vỡ chỳng l di hai cạnh góc vng của tam giác vng có cạnh huyền là 2 5nên
ta có:









2 2 2 2

1 2

x x 2 2 5 x x 4x 4 20 x 2x 8 0

' 1 8 9 0 ' 9 3

x 1 3 2(tm); x 1 3 4(loai)

           

        
     

VËy Hai số cần tìm là 2 và 2+2=4.

0.25
0.25
0.25
0.25
Bi
V
hỡnh
ỳng

V hình đúng

0,5

4.a
(0,5
®iĨm)

EA, EM là hai tiếp tuyến của đường trịn (O) cắt nhau ở nên OE là phân giác
của AOM .

Tương tự: OF là phân giác của BOM

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

4

(3,0

®iĨm

)

Mà AOM và BOM kề bù nên: EOF 900(đpcm)

4.b:
(0,5
®)

Ta có: EAO EMO 900(tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác AEMO có EAO EMO  1800nên nội tiếp được trong một đường 
tròn.

Tam giác AMB và tam giác EOF có:
 EOF 90 0

AMB  ,

MAB MEO  (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ 
giácAEMO). Vậy tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g)

0,25

4.c:
(0.5
®iĨm)

Tam giác AEK có AE // FB nên:

AK AE

KF BF

Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Nên :

AK ME

KF MF . Do đó MK // AE (định lí đảo của định lí Ta- let)

Lại có: AE  AB (gt) nên MK  AB.

0,25
0,25

4.d:
(1.00
®iĨm)

Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN  AB. 
FEA có: MK // AE nên:

MK FK

AE FA (1)

BEA có: NK // AE nên:

NK BK

AE BE (2)

Mà

FK BK

KA KE ( do BF // AE) nên

FK BK

KA FK BK KE hay

FK BK

FA BE (3)

Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra:

MK KN

AE AE . Vậy MK = NK.

Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên:

1
2

AKB

AMB

S KN

S MN 

Do đó:

1
2

AKB AMB

S  S

Tam giác AMB vuông ở M nên tg A = 3

MB

MA  MAB 600

  . 
Vậy AM = 2

a

và MB =
3
2

a



1 1 3
. . .
2 2 2 2
AKB

a a
S



2
1

16a (vdt)

0.25

0.25
0.25

Bài
5

(1,0
điểm

)

Vỡ a+b, 2a Z => 2(a+b) – 2a  Z => 2b  Z

Do x  Z nên ta có hai trường hợp:

* Nếu x chẵn => x = 2m (m Z)

=> y = a.4m2 + 2m.b +2011 = (2a).2m2 +(2b).m +2011 
Z.

* Nếu x lẻ => x = 2n +1 (nZ)

=> y = a(2n+1)2 + b(2n+1) +2011

= (2a).(2n2 + 2n) + (2b)n + (a + b) + 2011 
Z.

Vậy y = ax2 + bx +2011 nhận giá trị nguyên với đk đầu bài.

0.25

0,25

</div>

mot so de thi thu dap an chi tiet vao 10 mon toan

ĐỀ THI THỬ ĐỢT I

<b>KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10</b>

<b>NĂM HỌC 2012 - 2013</b>

MƠN THI : TỐN

Ngày 15 tháng 5 năm 2012

(Đề thi gồm có : 01 trang)













<sub></sub>

ĐỀ THI THỬ ĐỢT I

<b>KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10</b>

<b>NĂM HỌC 2012 - 2013</b>

MƠN THI : TỐN

Ngày 15 tháng 5 năm 2012

(Đề thi gồm có : 01 trang)







<b>ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN </b>

















√

√

√

√

√

x

2x 1





2

x

2

2





* Chú ý:

<i>HS giải cách khác đúng vẫn cho điểm tới đa.</i>

ĐỀ THI THỬ ĐỢT I

<b>KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10</b>

<b>NĂM HỌC 2012 - 2013</b>

MÔN THI : TỐN

Ngày 14 tháng 5 năm 2012

(Đề thi gồm có: 5 câu - 02 trang)







ĐỀ THI THỬ ĐỢT I

<b>KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10</b>

<b>NĂM HỌC 2012 - 2013</b>

MÔN THI : TỐN

Ngày 13 tháng 5 năm 2012

(Đề thi gồm có: 5 câu - 02 trang)







<b>---ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN </b>









_______________

ĐỀ 6 THI THỬ

<b>KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10</b>

<b>NĂM HỌC 2011 - 2012</b>

MƠN THI : TỐN

Ngày 12 tháng 6 năm 2011

(Đề thi gồm có : 01 trang)

