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

“Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”, “Tập 12 đề Toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)”DANH MỤC TÀI LIỆUTẬP 12 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPTNội dungTrang Đề số 1 (Đề B Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 20092010).2 Đề số 2 (Đề A Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 20102011).4 Đề số 3 (Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Nghệ An, năm học 2011 – 2012).6 Đề số 4 (Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 20122013).9 Đề số 5 (Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Quảng Ninh, năm học 20122013)13 Đề số 6 (Đề B Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 20152016).16 Đề số 7 (Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 20152016).20 Đề số 8 (Đề A – Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2016 2017).24 Đề số 9 (Đề B – Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2016 2017)27 Đề số 10 (Đề thi thử Toán vào lớp 10 THPT, năm học 20172018).31 Đề số 11 (Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Ninh Bình, năm học 20172018).35 Đề số 12 (Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 20172018).38 ĐỀ SỐ 01(Đề B Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 20092010).Bài 1 (1,5 điểm)Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số.1) Giải phương trình (1) khi n = 3.2) Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.Bài 2 (1,5 điểm)Giải hệ phương trình: Bài 3 (2,5 điểm)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1)1) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k.2) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k.3) Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = 1, từ đó suy ra tam giác EOF là tam giác vuông.Bài 4 (3,5 điểm)Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm G (khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) . Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A và B lần lượt tại C và D.1) Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ giác BDNO nội tiếp được.2) Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra .3) Đặt góc BOD = . Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và a. Chứng tỏ rằng tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc a.Bài 5 (1,0 điểm)Cho số thực m, n, p thỏa mãn: . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p.ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1(Đề B Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 20092010).Bài 1 (1,5 điểm)1) Khi n = 3, phương trình (1) trở thành: x2 – 4x + 3 = 0Nhận thấy a + b + c = 1 + (4) + 3 = 0 = > Phương trình có nghiệm x1 = 1; x2 = 32) Phương trình (1) có nghiệm Û D’ ³ 0.Ta có : D’ = 4 – n ³ 0 Û n £ 4Vậy n £ 4 thì phương trình x2 – 4x + n = 0 có nghiệm.Bài 2 (1,5 điểm) Giải hệ phương trình: Vậy hệ phương trình có nghiệm: Bài 3 (2,5 điểm)1) Gọi phương trình đường thẳng (d) cần tìm có dạng y = ax + b ( a 0)Vì đường thẳng (d) có hệ số góc là k nên a = k, hay y = kx + bMặt khác (d) đi qua B(0;1) nên ta có 1 = 0k + b . Suy ra k = 1Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là : y = kx + 12) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là :x2 = kx + 1 < => x2 – kx – 1 = 0Ta có D = k2 + 4 > 0, với k Þ PT có hai nghiệm phân biệt, với k Þ đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k.3) Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2 = > Tọa độ điểm E(x1; x12) và F(x2; x22)Đường thẳng OE đi qua O(0,0) và E(x1; x12) nên có phương trình: (OE): y = x1.xĐường thẳng OF đi qua O(0,0) và F(x2; x22) nên có phương trình: (OF): y = x2.xDo x1 và x2 là nghiệm của phương trình: x2 – kx – 1 = 0 nên theo hệ thức Vi ét ta có: x1 . x2 = 1Þ Đường thẳng OE vuông góc với đường thẳng OF Þ DEOF là D vuông.Bài 4 (3,5 điểm) 1) Tứ giác BDNO nội tiếp được. Vì BD OB (tc của tiếp tuyến) => góc OBD = 900 => B nằm trên đường tròn đường kính OD.Tương tự DN ON (tc của tiếp tuyến) => OND = 900 => N nằm trên đường tròn đường kính OD.Do đó B, D cùng nằm trên đường tròn đường kính OD. Vậy tứ giác OBND nội tiếp.2) BD AG; AC AG Þ BD AC Þ D GBD đồng dạng với DGACÞ 3) Góc BOD = a Þ BD = R.tana; AC = R.tan(90o – a) = R cota Þ BD.AC = R2. Chứng tỏ tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc a.Bài 5 (1,0 điểm)Ta có: (1)Û 2n2 + 2np + 2p2 = 2 – 3m2 Û (m + n + p)2 + (m – p)2 + (m – n)2 = 2Û (m – p)2 + (m – n)2 = 2 ( m + n + p )2Û (m – p)2 + (m – n)2 = 2 – B2Vế trái không âm Þ 2 – B2 ³ 0 Þ B2 £ 2 Û Dấu bằng Û m = n = p thay vào (1) ta có n2 + n2 + n2 = 1 Û 6n2 = 2 – 3n2 Û 9n2 = 2 Û n = Vậy m = n = p = Þ Max B = khi m = n = p = Min B = khi m = n = p = HếtĐỀ SỐ 02: (Đề A Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 20102011).Bài 1 (2,0 điểm)Cho phương trình: x2 + nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số)1) Giải phương trình (1) khi n = 32) Giả sử x1, x2 là nghiệm của phương trình (1), tìm n để: x1(x22 +1 ) + x2( x12 + 1 ) > 6Bài 2 (2,0 điểm) Cho biểu thức với a > 0; 1) Rút gọn A2) Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên.Bài 3 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy Cho parabol (P): y = x2 và các điểm A, B thuộc parabol (P) v ới xA = 1, xB = 21) Tìm toạ độ các điểm A,B và viết phương trình đường thẳng AB.2) Tìm m để đường thẳng (d) : y = (2m2 – m)x + m + 1 (v ới m l à tham số ) song song với đường thẳng AB.Bài 4 (3,0 điểm)Cho tam giác PQR có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao QM,RN của tam giác cắt nhau tại H.1) Chứng minh tứ giác QRMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.2) Kéo dài PO cắt đường tròn O tại K.Chứng minh tứ giác QHRK là hình bình hành.3) Cho cạnh QR cố định, P thay đổi trên cung lớn QR sao cho tam giác PQR luôn nhọn. Xác định vị trí điểm P để diện tích tam giác QRH lớn nhất.Bài 5 (1,0 điểm)Cho x,y là các số thực dương thoả mãn: x + y = 4Tìm giá trị nhỏ nhất của : ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 2(Đề A Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 20102011).Bài 1(2,0 điểm)1) Khi n = 3, phương trình (1) trở thành: x2 + 3x – 4 = 0Phương trình bậc 2 có: a + b + c = 1 + 3 + ( 4) = 0 nên phương trình có nghiệm x1 = 1, x2 = 42) Phương trình (1): x2 + nx – 4 = 0 có , với mọi n = > Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x¬2, với mọi n.Áp dụng hệ thức Viet ta có: x1 + x2 = n; x1x2 = 4Ta có: Vậy với n > 2 thì x1(x22 +1 ) + x2( x12 + 1 ) > 6Bài 2: (2,0 điểm)1) Rút gọn biểu thức được: A= 2) Biểu thức A đạt giá trị nguyên < = > là ước của 4.do 3 nên = 4 = > a = 1Bài 3: (2,0 điểm)1. A(1; 1); B(2; 4). Phương trình đường thẳng AB là: y = x+2.2. Đường thẳng (d) song song với đường thẳng AB khi: Bài 4. (3,0 điểm)1). Tứ giác QRMN có : Tứ giác QRMN nội tiếp đường tròn đường kính QR. 2). Ta có: ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)suy ra:PQ KQ, mà RH PQ = > KQRH (1)Chứng minh tương tự ta cũng có: QHKR (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác QHRK là hình bình hành.3). Theo câu 2, tứ giác QHRK là hình bình hành nên: Từ K kẻ KI QR. Ta có: Diện tích tam giác QKR lớn nhất khi KI lớn nhất < = > K là điểm chính giữa của cung nhỏ QR. Khi đó P là điểm chính giữa của cung lớn QR.Bài 5 (1,0 điểm)Từ x + y = 4Áp dụng BĐT Côsi ta có: xy . Do đó Mặt khác: x2 + y2 = 2xy = 16 2xy = 8 (do xy 4)Vậy P . Do đó : MinP = , khi x = y = 2.HếtĐỀ SỐ 03:(Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Nghệ An, năm học 2011 2012).Câu 1: (3,0 điểm)Cho biểu thức A = a). Nêu điều kiện xác định và rút biểu thức Ab). Tim giá trị của x để A = .c). Tìm giá trị lớn nhất cua biểu thức P = A 9 Câu 2: (2,0 điểm)Cho phương trình bậc hai x2 – 2(m + 2)x + m2 + 7 = 0 (1) (m là tham số)a). Giải phương trình (1) khi m = 1.b). Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1x2 – 2(x1 + x2) = 4Câu 3: (1,5 điểm)Quãng đường AB dài 120 km. Hai xe máy khởi hành cùng một lúc đi từ A đến B. Vận tốc của xe máy thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe máy thứ hai là 10 kmh nên xe máy thứ nhất đến B trước xe máy thứ hai 1 giờ. Tính vận tóc của mỗi xe ?Câu 4: (3,5 điểm)Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE tới đường tròn (B, C là hai tiếp điểm; D nằm giữa A và E). Gọi H là giao điểm của AO và BC.a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếpb) Chứng minh rằng AH.AO = AD.AEc) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự tại I và K. Qua điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt tia AB tại P và cắt tia AC tại Q.Chứng minh rằng IP + KQ PQ.HƯỚNG DẪN GIẢI (Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Nghệ An, năm học 20112012).Câu 1: (3,0 điểm)a). Điều kiện Với điều kiện đó, ta có: b). Để A = thì (thỏa mãn điều kiện)Vậy thì A = c). Ta có P = A 9 = Áp dụng bất đẳng thức Cô –si cho hai số dương ta có: Suy ra: . Đẳng thức xảy ra khi Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức khi Câu 2: (2,0 điểm)a). Giải phương trình (1) khi m = 1.Khi m = 1, ta có phương trình (1) trở thành x2 – 6x + 8 = 0 Giải ra được x1 = 2; x2 = 4 Vậy m = 1 thì phương trình có hai nghiệm x1 = 2; x2 = 4 b). Để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thì ()Theo định lí Vi –ét ta có: Theo bài ra x1x2 – 2(x1 + x2) = 4 ta có: Đối chiếu điều kiện () ta có m = 5 là giá trị cần tìm.Câu 3: (1,5 điểm)Gọi vận tốc của xe máy thứ hai là Vận tốc của xe máy thứ nhất là Theo bài ra ta có phương trình: Đối chiếu điều kiện ta có x = 30.Vậy vận tốc của xe thứ nhất là 40 (kmh) và vận tốc của xe thứ hai là 30 (kmh)Câu 4: (3,5 điểm)a) Vì AB, AC là tiếp tuyến của (O) nên góc ABO = góc ACO = 900.Suy ra góc ABO + góc ACO = 1800.Vậy tứ giác ABOC nội tiếp.b) Ta có ABO vuông tại B có đường cao BH, ta có : AH.AO = AB2 (1)Lại có ABD đồng dạng với AEB (g.g) AB2 = AD.AE (2)Từ (1), (2) suy ra: AH.AO = AD.AE c) Xét tam giác OIP và KOQ Ta có góc P = góc Q (Vì tam giác APQ cân tại A)2. I1 = 1800 – BOD = ODQ + BOP = 2(O1 + O¬2) = 2 KOQ hay góc OIP = KOQDo đó OIP đồng dạng với KOQ (g.g) Từ đó suy ra IP.KQ = OP.OQ = hay PQ2 = 4.IP.KQ Mặt khác ta có: 4.IP.KQ (IP + KQ)2 (Vì ) Vậy .HếtĐỀ SỐ 04:(Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2012 2013).Bài 1: (2.0 điểm) 1 Giải các phương trình sau: a) x – 1 = 0 b) x2 3x + 2 = 0 2 Giải hệ phương trình:

DANH MỤC TÀI LIỆU TẬP 12 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Đề số 1 (Đề B- Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học

Đề số 10 (Đề thi thử Toán vào lớp 10 THPT, năm học 2017-2018). 31

Đề số 11 (Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Ninh Bình, năm học

Đề số 12 (Đề tuyển sinh Toán vào lớp 10 THPT–Tỉnh Thanh Hóa, năm học

ĐỀ SỐ 01

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

Bài 1 (1,5 điểm)

Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số

1) Giải phương trình (1) khi n = 3

3) Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 vàx2 Chứng minh rằng x1 .x2 = - 1, từ đó suy

ra tam giác EOF là tam giác vuông

Bài 4 (3,5 điểm)

Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R Trên tia đối của tia BA lấy điểm G(khác với điểm B) Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) Tiếp tuyến

kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A và B lần lượt tại C và D

1) Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O) Chứng minh tứgiác BDNO nội tiếp được

2) Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra CN DN

CG DG 3) Đặt góc BOD =  Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và  Chứng tỏrằng tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc 

Bài 5 (1,0 điểm)

Cho số thực m, n, p thỏa mãn: 2 2 3 2

1 2

m

n np p   Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhấtcủa biểu thức : B = m + n + p

Bài 2 (1,5 điểm) Giải hệ phương trình: 2x x y2y57







 Û

y x x y y y y y y y

Vậy hệ phương trình có nghiệm: x y31





Bài 3 (2,5 điểm)

1) Gọi phương trình đường thẳng (d) cần tìm có dạng y = ax + b ( a 0)

Vì đường thẳng (d) có hệ số góc là k nên a = k, hay y = kx + b

Mặt khác (d) đi qua B(0;1) nên ta có 1 = 0k + b Suy ra k = 1

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là : y = kx + 1

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là :

x2 = kx + 1 < => x2 – kx – 1 = 0

Ta có D = k2 + 4 > 0, với " k Þ PT có hai nghiệm phân biệt, với " k

Þ đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k

3) Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2

= > Tọa độ điểm E(x1; x12) và F(x2; x22)

Đường thẳng OE đi qua O(0,0) và E(x1; x12) nên có phương trình: (OE): y = x1.x

Đường thẳng OF đi qua O(0,0) và F(x2; x22) nên có phương trình: (OF): y = x2.x

Do x1và x2 là nghiệm của phương trình: x2 – kx – 1 = 0

nên theo hệ thức Vi ét ta có: x1 x2 = - 1

Þ Đường thẳng OE vuông góc với đường thẳng OF Þ DEOF là D vuông

Bài 4 (3,5 điểm)

1) Tứ giác BDNO nội tiếp được

Vì BD ^ OB (t/c của tiếp tuyến) => góc OBD = 900 => B nằm trên đường tròn đườngkính OD

Tương tự DN ^ ON (t/c của tiếp tuyến) => OND = 900 => N nằm trên đường trònđường kính OD

Do đó B, D cùng nằm trên đường tròn đường kính OD Vậy tứ giác OBND nội tiếp.2) BD ^ AG; AC ^ AG Þ BD // AC Þ D GBD đồng dạng với DGAC

Þ CN BD DN

CG AC DG

3) Góc BOD =  Þ BD = R.tan; AC = R.tan(90o – ) = R cot

Þ BD.AC = R2 Chứng tỏ tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc 

Vế trái không âm Þ 2 – B2 ³ 0 Þ B2 £ 2 Û  2 £B£ 2

Dấu bằng Û m = n = p thay vào (1) ta có

n2 + n2 + n2 = 1 -

2

3n2

Û 6n2 = 2 – 3n2 Û 9n2 = 2 Û n = 92   32Vậy m = n = p = 2

Cho phương trình: x2 + nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số)

1) Giải phương trình (1) khi n = 3

2) Giả sử x1, x2 là nghiệm của phương trình (1), tìm n để:

2) Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên

Bài 3 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy

Cho parabol (P): y = x2 và các điểm A, B thuộc parabol (P) v ới xA = -1, xB = 2

1) Tìm toạ độ các điểm A,B và viết phương trình đường thẳng AB

2) Tìm m để đường thẳng (d) : y = (2m2 – m)x + m + 1 (v ới m l à tham số ) songsong với đường thẳng AB

Bài 4 (3,0 điểm)

Cho tam giác PQR có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường caoQM,RN của tam giác cắt nhau tại H.

1) Chứng minh tứ giác QRMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn

2) Kéo dài PO cắt đường tròn O tại K.Chứng minh tứ giác QHRK là hình bình hành.3) Cho cạnh QR cố định, P thay đổi trên cung lớn QR sao cho tam giác PQR luônnhọn Xác định vị trí điểm P để diện tích tam giác QRH lớn nhất

K

H N

M O Q

1

1 1

x x

a) Nêu điều kiện xác định và rút biểu thức A

b) Tim giá trị của x để A = 13

c) Tìm giá trị lớn nhất cua biểu thức P = A - 9 x

Câu 2: (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai x2 – 2(m + 2)x + m2 + 7 = 0 (1) (m là tham số)

a) Giải phương trình (1) khi m = 1

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1x2 – 2(x1 + x2) = 4

Câu 3: (1,5 điểm)

Quãng đường AB dài 120 km Hai xe máy khởi hành cùng một lúc đi từ A đến B.Vận tốc của xe máy thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe máy thứ hai là 10 km/h nên xe máy thứnhất đến B trước xe máy thứ hai 1 giờ Tính vận tóc của mỗi xe ?

Câu 4: (3,5 điểm)

Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyếnADE tới đường tròn (B, C là hai tiếp điểm; D nằm giữa A và E) Gọi H là giao điểm của

AO và BC

a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh rằng AH.AO = AD.AE

c) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự tại I và K Qua điểm O

kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt tia AB tại P và cắt tia AC tại Q

a) Điều kiện 0 x 1

Với điều kiện đó, ta có:    2

m2  7 4 m 2  Û 4 m2  4m 5 0  1

5

m m

 

Û 



Đối chiếu điều kiện (*) ta có m = 5 là giá trị cần tìm

Câu 3: (1,5 điểm)

Gọi vận tốc của xe máy thứ hai là x km h x  / , 0

Vận tốc của xe máy thứ nhất là x 10Theo bài ra ta có phương trình: 120 120 1 2 10 1200 0

x  x  Û   

30 40

x x

 

Û 



Đối chiếu điều kiện ta có x = 30

Vậy vận tốc của xe thứ nhất là 40 (km/h) và vận tốc của xe thứ hai là 30 (km/h)

Câu 4: (3,5 điểm)

a) Vì AB, AC là tiếp tuyến của (O)

nên góc ABO = góc ACO = 900

Suy ra góc ABO + góc ACO = 1800

Vậy tứ giác ABOC nội tiếp

b) Ta có DABO vuông tại B có

1

3 1

C

O B

A

D

c) Xét tam giác DOIP và DKOQ

Ta có góc P = góc Q (Vì tam giác APQ cân tại A)

2 I1 = 1800 – BOD = ODQ + BOP = 2(O1 + O2) = 2 KOQ hay góc OIP = KOQ

Do đó DOIP đồng dạng với DKOQ (g.g)

Từ đó suy ra OP IP OQ KQ Þ IP.KQ = OP.OQ =

4

2

PQ

hay PQ2 = 4.IP.KQ Mặt khác ta có: 4.IP.KQ £ (IP + KQ)2 (Vì IP KQ 2 ³ 0)

Vậy PQ2 £IP KQ 2 Û IP KQ PQ ³

-Hết -ĐỀ SỐ 04:

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

Bài 1 : (2.0 điểm)

1- Giải các phương trình sau: a) x – 1 = 0

b) x2 - 3x + 2 = 0 2- Giải hệ phương trình: 

y x

y x

1- Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A

2- Tìm giá trị của a, biết A < 31

Bài 3 : (2.0 điểm)

1- Cho đường thẳng (d): y = ax + b Tìm a, b để đường thẳng (d) đi qua điểm A( -1; 3)

và song song với đường thẳng (d’): y = 5x + 3

2- Cho phương trình ax2 + 3(a +1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số )

Tìm a để phươmg trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn 2

1- Chứng minh: Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn

2- Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ Chứng minh OH ^ PQ

3- Chứng minh rằng: MP + MQ = AH

Bài 5 : (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi, thoả mãn điều kiện a + b ³ 1 và a > 0Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 b 2

a 4

b 8a

A    -

HƯỚNG DẪN CHẤM

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

Bài 1

1/ Giải các phương trình sau

a/ x – 1 = 0 <= > x = 0 + 1 = > x = 1 Vậy x = 1 0.25b/ x2 – 3x + 2 = 0, Ta có a + b + c = 1 + (-3) + 2 = 0

Theo viét phương trình có hai nghiệm x1 = 1, x2 = 2 0.752/ Giải hệ phương trình 

y x

y x

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất: 







 1 y

3 x

0.75

0.25

Thay a = 5 vào (1) => -5 + b = 3 => b = 8 ( thoả mãn b ≠ 3)

Vậy a = 5 , b = 8 Hay đườngthẳng (d) là : y = 5x + 8

0.75

0.25

2- Phương trình ax2 + 3(a +1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ) (1)

- Với a = 0, ta có phương trình 3x + 4 = 0 => x = 34

Phương trình có một nghiệm x = 34 (Loại)

- Với a ≠ 0 Phương trình (1) là phương trình bậc hai

Ta có: Δ = 9(a + 1)2 – 4a(2a + 4) = 9a2 + 18a + 9 – 8a2 – 16a

= a2 + 2a + 9 = (a + 1)2 + 8 > 0, với mọi a = >Phương trình luôn có hai

nghiệm phân biệt với mọi a

1/ Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp đườngtròn

2/ Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ = > O là trung

điểm của AM Chứng minh OH⊥PQ

OP = OQ => O thuộc đường trung trực của PQ (1)

ΔABC đều, có AH ⊥BC

=> AH đồng thời là đường phân giác của góc A

= > DAPH = DAQH (cạnh huyền, góc nhọn)

=> HP = HQ => H thuộc đườngtrung trực của PQ (2)

Từ (1) và (2) => OH là đườngtrung trực của PQ => OH ⊥ PQ

1.0

3/ Chứng minh rằng MP + MQ = AH

Ta có: SDABC AH2.BC (1)

Mặt khác SDABC SDMAB SDMAC MP2.ABMQ2.AC (2)

Do ΔABC là tam giác đều (gt) => AB = AC = BC (3)

Từ (1), (2) và (3) => MP + MQ = AH

1.0

Bài 5 Cho hai số thực a; b thay đổi, thoả mãn điều kiện a + b ³ 1 và a > 0

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 b 2

a 4

b 8a

A   

1.0

Bài làm

4

1 a 4

b 4

1 a 2 b a 4

b a 2 b a 4

b 8a

A           

2 b a 4

b a 4

1 a

1 a b a 4

1 4

1 a 2

1 a 4

3 b b a 4

1 a 4

1 b 1 b a 4

1 a

1 a 2 a 4

2 ) 1 b 2

1) Giải phương trình (*) với a = 1

2) Chứng minh rằng phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của a

3) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (*) Tìm giá trị của a để biểu thức:

x  x  x  x có giá trị nhỏ nhất

â u I II (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Quãng đường sông AB dài 78 km Một chiếc thuyền máy đi từ A về phía B Sau đó 1giờ, một chiếc ca nô đi từ B về phía A Thuyền và ca nô gặp nhau tại C cách B 36 km Tínhthời gian của thuyền, thời gian của ca nô đã đi từ lúc khởi hành đến khi gặp nhau, biết vậntốc của ca nô lớn hơn vận tốc của thuyền là 4 km/h

C

â u I V (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AC lấy điểm D (D ≠ A, D ≠ C)

Đường tròn (O) Đường kính DC cắt BC tại E (E ≠ C)

1 Chứng minh tứ giác ABED nội tiếp

2 Đường thẳng BD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai I Chứng minh ED là tia phân giác của góc AEI

3 Giả sử tan ABC = 2 Tìm vị trí của D trên AC để EA là tiếp tuyến của đường tròn đường kính DC

C

â u V (0.5 điểm) Giải phương trình:

7 2  x x  (2  x) 7  x

HƯỚNG DẪN GIẢI

1 2

b) Với x ³ 0, x  1, ta có:

) 1 )(

1 (

2 1

1 1

1 1

2 1

1 1

x x

x x

x B

1

2 ) 1 )(

1 (

) 1 ( 2 )

1 )(

1 (

2 2 )

1 )(

1 (

2 1 1

x

x x

x

x x

x

x x







 Û

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x,y) = (2, 1)

Câu II (2,0 điểm)

Ta có góc DEC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính DC)

=> góc DEB = 900 (kề bù với góc DEC)

=> E nằm trên đường tròn đường kính BD

Mặt khác góc BAD = 900 (gt) => A nằm trên đường tròn đường kính BD

Do đó E, A cùng nằm trên đường tròn đường kính BD hay tứ giác ABED nội tiếp đường tròn đường kính BD

2) C h ứn g m in h E D l à ti a p h ân gi á c c ủ a g ó c AE I

Theo câu 1) tứ giác ABED nội tiếp đường tròn đường kính BD = > góc E1 = góc B1 (cùng chắn cung AD)

Góc DEI = góc DCI (góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn cung DI)

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

Suy ra góc E1 = góc DEI Vậy ED là tia phân giác của góc AEI

3) Để EA là tiếp tuyến của đường tròn, đường kính CD thì góc E1 = góc C1 (1)

Mà tứ giác ABED nội tiếp nên góc E1 = góc B1 (2)

thì EA là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD

Câu V(0.5 điểm) Giải phương trình: 7 2  x x  (2  x) 7  x

2) Tính giá trị của biểu thức Q khi b = 6 + 2 5

Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) không đi qua O, cắt đường tròn (O) tại 2 điểm E, F Lấy điểm M bất kì trên tia đối FE, qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm).

1)Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn

2)Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng EF Chứng minh KM là phân giác của góc CKD.3)Đường thẳng đi qua O và vuông góc với MO cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại R, T Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất

Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:

5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z

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

Vậy b = 6 + 2 5 thì Q = 5 - 2

Câu 3 (2 điểm).

1) Thay x = 0; y = 2 vào phương trình đường thẳng (d) ta được: n = 3

2) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 – x – (n - 1) = 0 (*)

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x1; x2

< => D = 1 + 4(n – 1) = 4n – 3 > 0 < => n > 43

Khi đó theo định lý Vi ét ta có: 1 2

1 2

1 ( 1)

6 0( : 1) 2( ); 3( )

n n

M

C D

R

T

K

1) Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn

MC là tiếp tuyến của (O) => OC⊥MC = góc MCO = 900 => C nằm trên đường tròn đường kính OM

MD là tiếp tuyến của (O) => OD⊥MD = góc MDO = 900 => D nằm trên đường tròn đường kính OM

=> C, D nằm trên đường tròn đường kính OM => Tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn

2) Chứng minh KM là phân giác của góc CKD

Ta có K là trung điểm của EF => OK^EF => góc MLO = 900 => K thuộc đương tròn đường kính MO => 5 điểm D; M; C; K; O cùng thuộc đường tròn đường kính MO

=> góc DKM = góc DOM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD)

Góc CKM = góc COM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC)

Lại có góc DOM = góc COM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

=> góc DKM = góc CKM => KM là phân giác của góc CKD

3) Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất

Ta có: SMRT = 2SMOR = OC.MR = R (MC+CR) ³2R CM CR.

Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMR ta có: CM.CR = OC2 = R2không đổi

=> SMRT ³2R2

Dấu = xảy ra Û CM = CR = R 2 Khi đó M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm Obán kính R 2.

Vậy M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R 2 thì diện tích tam giác MRT nhỏ nhất

Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:

5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z

a) Giải hệ phương trình đã cho với m 1.

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình đã cho có nghiệm x y; 

thỏa mãn điều kiện 3x y   1 0

Câu 2 (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d có phương trình3

y x m (m là tham số) Xác định tất cả các giá trị của tham số m để:

a) Đường thẳng  d đi qua điểm 1; 1

2

A  

 .b) Đường thẳng  d cắt các trục toạ độ tạo thành một tam giác có diện tích bằng 9

Cho BC là một dây cung (không phải là đường kính) của đường tròn tâm O, bán kính

R > 0 Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng qui tại H (D, E, F là các chân đường cao)

a) Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC.

b) Gọi A' là trung điểm BC, A1 là trung điểm EF, K là điểm đối xứng với B qua O Chứng minh tứ giác AHCK là hình bình hành và R.AA1 = OA/.AA/

c) Xác định vị trí của A để DE EF FD  đạt giá trị lớn nhất

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho n là số nguyên dương lớn hơn 2 và kí hiệu n! 1.2.3  n (tích của n số nguyên

dương đầu tiên) Chứng minh rằng: với mỗi số nguyên dương lớn hơn 2 và không vượt quá

n! đều phân tích được thành tổng gồm không quá n số nguyên dương, sao cho hai số bất kỳ đều khác nhau và mỗi số này đều là ước số của n!.