Tuyển tập đề thi và đáp án chính thức vào lớp 10 các tỉnh 2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

Năm học: 2014 – 2015

Môn thi: Toán

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

Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2014

Đề có: 01 trang gồm 05 câu.

Câu 1: (2,0 điểm)

1. Giải các phương trình:

a. x – 2 = 0

b. x2

– 6x + 5 = 0

2. Giải hệ phương trình:

3x - 2y = 4

x + 2y = 4







Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức:

2

x -1 1 1 A = : -

x - x x x +1

     

với

x > 0;x 1 

1. Rút gọn A.

2. Tính giá trị của biểu thức A khi

x = 4 + 2 3

Câu 3: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d):

y = mx -3

tham số m và

Parabol (P):

2

y = x .

1. Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 0).

2. Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt là

x1, x2 thỏa mãn

1 2 x - x = 2

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi C là trung điểm của OA; qua C kẻ

đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn đó tại hai điểm phân biệt M và N. Trên cung

nhỏ BM lấy điểm K ( K khác B và M), trên tia KN lấy điểm I sao cho KI = KM. Gọi H là giao

điểm của AK và MN. Chứng minh rằng:

1. Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.

2. AK.AH = R2

3. NI = BK

Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

1 1 1 Q = + +

x + y +1 y + z +1 z + x +1

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

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

ĐÈ CHÍNH THỨC

ĐỀ A

SỞ GIÁO DỤC THANH HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THAM KHẢO

Năm học: 2014 – 2015

Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2014

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

(2điểm)

1. Giải các phương trình:

a. x = 2

b. x2

– 6x + 5 = 0. Nhận thấy 1 + (-6) + 5 = 0 phương trình có dạng a+ b + c = 0.

Vậy nghiệm của phương trinh là:

1

2

x = 1

x = 5







2. Giải hệ phương trình:

3x - 2y = 4 4x = 8 x = 2

x + 2y = 4 x + 2y = 4 y =1

       

  

0.5

0.75

0.75

Câu 2

(2điểm)

1. Với với

x > 0;x 1 

2

x -1 1 1 A = : -

x - x x x +1

x -1 x +1- x A = :

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

1 x x +1 A =

x( x +1) 1

1

A =

x

     

   

 



2. Với

2 2 x = 4 + 2 3 ( 3 1) x = ( 3 1) 3 1      

, suy ra

1 3 1 A =

3 1 2







1

1

0.5

0.5

Câu 3

(2điểm)

1. Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 0) nên có

0 = m.1-3 m = 3 

2. Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P):

2

x - mx +3 = 0

Có

2 Δ = m -12

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt là x1, x2 khi

 2 2 2 3

Δ = m -12 > 0 m 12 m 2 3

2 3

m

m

 

     



  

0.5

0.75

Đề chính thức

ĐỀ A

Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có:

1 2

1 2

x + x = m

x x = 3







Theo bài ra ta có

   

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 x - x = 2 x - x = 4 x + x - 4x x = 4 m - 4.3 = 4 m =16 m = ±4     

1.

m = ±4

là giá trị cần tìm.

2.

0.75

Câu 4

(3điểm)

1. Ta có

 0 AMB = 90

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);

MN AB 

  0   AMB + BCH = 90

tứ giác BCHK nội tiếp

2. Ta có

2

ΔACH ΔAKB(gg)

AH AC

=

AB AK

1

AH.AK = AC.AB = 2R. R = R

2







3. Ta có:

ΔOAM

đều (cân tại M và O)

 MAB = NAB = MBN = 60    0

ΔMBN, ΔKMI

đều

Xét

ΔKMB

và

ΔIMN

có:

MK = MI (cạnh tam giác đều KMI)

 KMB = IMN  

(cùng cộng với góc BMI bằng 600

)

MB = MN (cạnh tam giác đều BMN)

ΔKMB ΔIMN(c.g.c)

NI = BK

 



1.0

1.0

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu 5

(1điểm)

Với x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1 ta đặt x = a

3

, y = b3

, z = c

3



abc = 1

Khi đó ta có:

    

3 3 2 2 x + y +1= a + b +abc = a + b a -ab + b +abc a + b ab +abc = ab(  a + b +c)

Tương tự:

y + z +1 bc(a + b +c) 

z + x +1 ca(a + b +c) 

1 1 1 abc abc abc Q = + + + + 1

x + y +1 y + z +1 z + x +1 ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca(a + b + c)

 

Vậy GTLN của Q = 1 khi a = b = c = 1, hay x = y = z =1

0.25

0.25

0.25

0.25

I

H

N

M

C

B O

A

K

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

HÀ NAM

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2014 – 2015

Môn: Toán

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 120 phút

Câu 1: (1,5 điểm)

Rút gọn các biểu thức sau:

a) A  2 3  4 27  5 48

b) 1 1 1 B :

1

       x  x  x  x

(với x  0;x  1)

Câu 2: (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

6 3

3 21

   

  

x y

x y

b) Giải phương trình: 2

x 8x  7  0

Câu 3: (1,5 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình 2 y  x và đường thẳng (d)

có phương trình: y  2x  m ( với m là tham số).

a) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ là 2.

b) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 2 x ; x thỏa mãn hệ

thức 2 2 2 2

1 2 1 2 x  x  6x x

Câu 4: (4,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB>AC. Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R).

Đường cao AH của tam giác ABC cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai là D. Kẻ DM vuông góc

với AB tại M.

a) Chứng minh tứ giác BDHM nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh DA là tia phân giác của M

DC

c) Gọi N là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng AC, chứng minh ba điểm M, H,

N thẳng hàng.

d) Chứng minh 2 2 2 2 2 AB  AC  CD  BD  8R

Câu 5: (1,0 điểm)

Tìm x, y thỏa mãn    2 2

2 2

2015 2015 2015

3 8 12 23

x x y y

x y xy



      

   

HẾT

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

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

Đáp án và biểu điểm của Thầy Nguyễn Thanh Ninh Trường THCS Thanh Lưu; Email: [email protected]

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

HÀ NAM

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2014 – 2015

ĐÁP ÁN Môn: Toán (gồm 2 trang)

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

A  2 3 12 3  20 3 0,50đ a) A 10 3 0,25đ

 

 

1

B . 1 1

x x x x

x x

     0,50đ

b)

1 B . 1

1

x x

x x

    0,25đ

Câu 2

 

6 3 9 18 2 15

3 21 6 3 6. 2 3 2

x y y y x

x y x y x y

                               0,75đ a)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x 15; y  2) 0,25đ

Phương tình 2

x 8x  7  0 . Ta có a 1; b  8; c  7 . 0,25đ

b) Nên a  b  c 1 8  7  0 0,25đ

Vậy phương trình có hai nghiệm: 1 2 x 1; x  7 0,50đ

Câu 3

Điểm thuộc Parabol (P) 2 y  x có hoành độ x  2 nên tung độ 2 y  2  4 0,25đ

a) (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng 2 4  2.2  m  m  8 0,25đ

Vậy m=8 là giá trị cần tìm 0,25đ

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

  2 2

x  2x  m  x  2x  m  0 *

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt  ' 1 m  0  m  1

0,25đ

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 2 x ; x . Nên theo hệ thức Viet:

1 2

1 2

x x 2

x x m

    

   Mà  

2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 x  x  x  x  2x x  6x x 0,25đ b)

      2 2 2

1 2

2 2 2 6 3 2 0 1; 3

   m  m  m  m    m  m  

Vậy 1 2

2 1; 3

m  m   là các giá trị cần tìm

0,25đ

Câu 4

Hình vẽ đúng cho câu a được 0,25 đ

H

M

N

E D

C

O

B

A

0,25đ

a) ADBC; DMAB(gt) 0,25đ

  0    DHB DMB 90 Hay 4 điểm B, D, H, M nằm trên đường tròn đường

kính BD 0,25đ

Nên tứ giác BDHM nội tiếp đường tròn đường kính BD 0,25đ

tứ giác BDHM nên MDH MBH  0,25đ

b) ADC ABC  (góc nội tiếp cùng chắn AC ) 0,25đ

  MDA ADC   hay DA là tia phân giác của MDC  0,50đ

Chứng minh tương tự câu a ta có tứ giác DHCN nội tiếp  DHN DCN   0,25đ

Mà DCN ABD   ( vì ABDC là tứ giác nội tiếp) 0,25đ

tứ giác BDHM nội tiếp   0    ABD DHM 180 0,25đ c)

  0    DHN DHM 180 Hay ba điểm M, H, N thẳng hàng. 0,25đ

Kẻ đường kính AE

Ta có AEB ACB BAE DAC BE CD BE CD             0,25đ

Tương tự EC = BD 0,25đ d) Áp dụng định lí Pitago ta có

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

AB AC CD BD AB BE AC CE

AE +AE 4R 4R 8R

      

   

0,50đ

Câu 5

    

 

2 2

2 2

2015 2015 2015 1

3 8 12 23 2

      



    

x x y y

x y xy

Ta có:    2 2 2015 2015 2015      x x x x

   2 2 2015 2015 2015      y y y y

0,25đ

Kết hợp với (1) suy ra

2 2

2 2

2015 2015

2015 2015



     

   

      

x x y y

x y

y y x x

0,50đ

Thay vào (2) ta được:   2 2 3 8 12 23 1 x x x x x       

Với 1 1 x y     1 1

Với 2 2 x y     1 1

Vậy có hai cặp giá trị của x; y thỏa mãn đề bài (1;-1) hoặc (-1;1)

0,25đ

Lưu ý: - Các cách làm tương đương cho điểm tương đương

- bài hình không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai không cho điểm bài hình

- Điểm toàn bài không làm tròn.

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

HƯNG YÊN

-----------------

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2014 - 2015

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút

----------------------------

Câu 1: (2,0 điểm).

1) Rút gọn biểu thức: P =

2 8 2 3 2 6   

2) Tìm m để đường thẳng y = (m +2)x +m song song với đường thẳng y = 3x -2.

3) Tìm hoành độ của điểm A trên parabol y = 2x2

, biết A có tung độ y = 18.

Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình x2

– 2x + m +3 =0 ( m là tham số).

1) Tìm m để phương trình có nghiệm x = 3. Tìm nghiệm còn lại.

2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn:

3 3

1 2 x x   8.

Câu 3 (2,0 điểm).

1) Giải hệ phương trình

2 3

3 2 1

x y

x y

  



  

2) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 12m. Nếu tăng

chiều dài thêm 12m và chiều rộng thêm 2m thì diện tích mảnh vườn đó tăng

gấp đôi. Tính chiều dài và chiều rộng mảnh vườn đó.

Câu 4 (3,0 điểm).

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Hạ

các đường cao AH, BK của tam giác. Các tia AH, BK lần lượt cắt (O) tại các điểm

thứ hai là D và E.

a) Chứng minh tứ giác ABHK nội tiếp một đường tròn. Xác định tâm của đường

tròn đó.

b) Chứng minh rằng: HK // DE.

c) Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên (O) sao cho tam giác ABC

có ba góc nhọn. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam

giác CHK không đổi.

Câu 5 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

 

2 2

2

2

2 3 2 4 0

5 2 2 5

x y xy x y

x x y

      



     

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

Hướng dẫn câu 4 b,c.

b) Theo câu a) Tứ giác ABHK nội tiếp (J) với J là trung điểm của AB

Nên

BAH

=

BKH

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH của (J) )

Mà

BAH =

BAD

(A, H, D thẳng hàng)

BAD =

BED

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD của (O) )

Suy ra

BKH =

BED

. Hai góc này ở vị trí đồng vị nên HK // DE.

c)

- Gọi T là giao của hai đường cao AH và BK.

Dễ CM được tứ giác CHTK nội tiếp đường tròn đường kính CT.

(do

  0 CHT CKT 90  

).

Do đó CT là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK. (*)

- Gọi F là giao của CO với (O) hay CF là đường kính của (O).

Ta có

 0 CAF 90 

( góc nội tiếp chắn nửa (O)) => FA



CA

Mà BK



CA (gt). Nên BK // FA hay BT // FA (1)

Ta có

 0 CBF 90 

( góc nội tiếp chắn nửa (O)) => FB



CB

Mà AH



CB (gt). Nên AH // FB hay AT // FB (2)

Từ (1) và (2) ta có tứ giác AFBT là hình bình hành ( hai cặp cạnh đối //)

Do J là trung điểm của đường chéo AB

Nên J cũng là trung điểm của đường chéo FT( tính chất về đường chéo hbh).

Xét tam giác CTF có O là trung điểm của FC, J là trung điểm của FT

Nên OJ là đường trung bình => OJ =

1

2

CT (**)

Từ (*) và (**) ta có độ dài của OJ bằng độ dài bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam

giác CHK.

Mà độ dài của OJ là khoảng cách từ tâm O đến dây AB (J là trung điểm của dây AB).

Do (O) và dây AB cố định nên độ dài của OJ không đổi.

Vậy độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK không đổi.

Câu 5:

 

2 2

2

2

2 3 2 4 0 (1)

5 2 2 5 (2)

x y xy x y

x x y

      



     

(1)

 2 2 2 4 6 4 8 0 x y xy x y      

(x2

- 4xy + 4y2

) +(x2

- 4x) – 2xy + 8y = 0



(x - 2y)2

+ x(x - 4) - 2y(x – 4) = 0



(x - 2y)2

+ (x - 4)(x – 2y) = 0



(x - 2y).(x - 2y + x - 4) = 0



(x - 2y) . (2x - 2y - 4) = 0



x - 2y =0 hoặc 2x – 2y – 4 = 0

TH1: x - 2y = 0



2y = x thay vào (2) ta có

   

2 2 2 2

x x x x x         5 2 5 5 5

(3)

Để giải (3) ta đặt x2

– 5 = t khi đó (3) trở thành t2

= x + 5

Ta có hệ pt

2 2

2 2

5 5 (4)

5 5 (5)

x t x t

t x t x

          

       

Lấy (4) – (5) ta được x2

– t

2

= t – x



(x-t).(x+t) – t + x = 0



(x - t).(x + t +1) = 0



x = t hoặc x + t +1 = 0

* Nếu x = t thay vào (4) ta có pt x2

= x +5 hay x2

- x – 5 = 0.

Gải pt này được x1 =

1 21

2



; x2 =

1 21

2



(đều tm)

Tương ứng y1 =

1 21

4



; y2 =

1 21

4



* Nếu x + t +1 = 0 thay t = - x -1 vào (4) ta có x2

= -x -1 +5



x

2

+ x – 4 = 0

Gải pt này được x3 =

1 17

2

 

; x4 =

1 17

2

 

(đều tm)

Tương ứng y3 =

1 17

4

 

; y4 =

1 17

4

 

TH2: 2x – 2y – 4 = 0



x – y – 2 = 0



x – y = 2

thay vào (2)

 

2

2

x     5 2.(x y) 5

ta có:

 

2

2

x    5 2.2 5   

2

2 2

x x       5 9 5 3

Xét x2

– 5 = 3



x

2 = 8

 5 6 x x    2 2; 2 2

Tương ứng có

5 6 y y      2 2 2; 2 2 2

Xét x2

– 5 = -3



x

2

= 2

 7 8 x x    2; 2

Tương ứng có

y y 7 8

     2 2; 2 2

Vậy hpt đã cho có 8 nghiệm

(x,y)



{(

1 21

2



,

1 21

4



);(

1 21

2



,

1 21

4



);(

1 17

2

 

,

1 17

4

 

);

(

1 17

2

 

,

1 17

4

 

); (

2 2 , 2 2 -2); (- 2 2 , - 2 2 -2);(

2

;

2 -2);(- 2

;- 2 -2)}

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN CHUYÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG

PHONG, NAM ĐỊNH NĂM 2014

Bài 1: (2,0 điểm):

1) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: 1/a + 1/b + 1/c = 1 và a + b + c = 1.

Chứng minh rằng (a- 1) (b -1) (c – 1) = 0.

2) Với mỗi số nguyên dương n; chứng minh (3 + √5)n

+ (3 - √5)n

là số nguyên dương.

Bài 2: (2,5 điểm):

1. Giải phương trình

  

2

x x x x        6 2 1 4 12 8

2. Giải hệ phương trình

3 2 6 4

4 3

2

1

2 1 3 4

1

x xy y y

y x

x

    



      

Bài 3: (3,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AA1; BB1;

CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại H. Đường thẳng AA1 cắt đường tròn (O) tại K khác A.

1) Chứng minh A1 là trung điểm của HK.

2) Hãy tính HA/AA1 + HB/BB1 + HC/CC1.

3) Gọi M là hình chiếu vuông góc của O trên BC. Đường thẳng BB1 cắt (O) tại giao điểm thứ hai

là E, kéo dài MB1 cắt AE tại N. Chứng minh rằng AN/NE = (AB1/EB1)

2

Bài 4: (1,0 điểm): Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn x3

+ y3

– 3xy = 1

Bài 5: (1,5 điểm):

1) Trên bảng ghi một số nguyên dương có hai chữ số trở lên. Người ta thiết lập số mới bằng cách

xóa đi chữ số hàng đơn vị của số đã cho, sau đó cộng vào số còn lại 7 lần số vừa bị xóa. Ban đầu

trên bảng ghi số 6100. Hỏi sau một số bước thực hiện như trên ta có thể thu được 1006

hay không ?

Tại sao ?

2) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x2

+ y2

+ z2

= 3xyz. Chứng minh rằng:

2 2 2

4 4 4

3

2

x y z

x yz y xz z xy



  

-------------HẾT---------------

Đáp án đề thi vào lớp 10 môn Toán chuyên trường THPT chuyên Lê Hồng

Phong năm 2014