Bộ 319 đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT các tỉnh - Môn Toán (có đáp án)

Bộ 319 đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT các tỉnh - Môn Toán (có đáp án)

Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm)

Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm

Câu 1. Điều kiện để biểu thức 2017

x 2 

xác định là

A.x<2 b.x="">2 C.x≠2 D.x=2

Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,đồ thị hàm số y = x +1 đi qua điểm

A.M(1;0) B.N(0;1) C.P(3;2) D.Q(-1;-1)

Câu 3. Điều kiện để hàm số y = (m-2)x + 8 nghịch biến trên R là

A.m ≥ 2 B.m > 2 C.m < 2="" d.m="" ≠="">

Câu 4. Trong các phương trình bậc hai sau phương trình nào có tổng 2 nghiệm bằng 5

A.x2 -10x -5 = 0 B.x2 - 5x +10 = 0 C. x2 + 5x -1 = 0 D. x2 - 5x – 1 = 0

Câu 5. Trong các phương trình bậc hai sau phương trình nào có 2 nghiệm trái dâu

A.-x2 + 2x -3 = 0 B.5x2 - 7x -2 = 0 C.3x2 - 4x +1= 0 D.x2 + 2x + 1= 0

Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH biết BH = 4cm và CH = 16cm độ dài đường cao AH

bằng

A.8cm B.9cm C.25cm D.16cm

Câu 7. Cho đường tròn có chu vi bằng 8 cm bán kính đường tròn đã cho bằng

A.4cm B.2cm C.6cm D.8cm

Câu 8. Cho hình nón có bán kính bằng 3 cm chiều cao bằng 4cm diện tích xung quanh của hình nón đã cho

bằng

A.24π cm2 B. 12π cm2 C. 20π cm2 D. 15π cm2

Phần 2: Tự luận (8,0 điểm)

Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức P : 2 1 x 1

x x x x x x

  

(với x > 0 và x ≠ 1)

1) Rút gọn biểu thức P

2) Tìm các giá trị của x sao cho 3P = 1+ x

Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – x + m + 1 = 0 (m là tham số)

1) Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt

2) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình. Tìm các giá trị của m sao cho

x12 + x1x2 + 3x2 = 7

pdf 85 trang hapham91 2850
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ 319 đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT các tỉnh - Môn Toán (có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
NAM ĐỊNH 
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĔM HỌC 2017 – 2018 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 120 phút 
Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm) 
Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm 
Câu 1. Điều kiện để biểu thức 2017
x 2 xác định là 
 A.x 2 C.x≠2 D.x=2 
Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,đồ thị hàm số y = x +1 đi qua điểm 
 A.M(1;0) B.N(0;1) C.P(3;2) D.Q(-1;-1) 
Câu 3. Điều kiện để hàm số y = (m-2)x + 8 nghịch biến trên R là 
 A.m ≥ 2 B.m > 2 C.m < 2 D.m ≠ 2 
Câu 4. Trong các phương trình bậc hai sau phương trình nào có tổng 2 nghiệm bằng 5 
 A.x2 -10x -5 = 0 B.x2 - 5x +10 = 0 C. x2 + 5x -1 = 0 D. x2 - 5x – 1 = 0 
Câu 5. Trong các phương trình bậc hai sau phương trình nào có 2 nghiệm trái dâu 
 A.-x2 + 2x -3 = 0 B.5x2 - 7x -2 = 0 C.3x2 - 4x +1= 0 D.x2 + 2x + 1= 0 
Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH biết BH = 4cm và CH = 16cm độ dài đường cao AH 
bằng 
 A.8cm B.9cm C.25cm D.16cm 
Câu 7. Cho đường tròn có chu vi bằng 8 cm bán kính đường tròn đã cho bằng 
 A.4cm B.2cm C.6cm D.8cm 
Câu 8. Cho hình nón có bán kính bằng 3 cm chiều cao bằng 4cm diện tích xung quanh của hình nón đã cho 
bằng 
 A.24π cm2 B. 12π cm2 C. 20π cm2 D. 15π cm2 
Phần 2: Tự luận (8,0 điểm) 
Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức 2
1 x 1P :
x x x x x x
 (với x > 0 và x ≠ 1) 
1) Rút gọn biểu thức P 
2) Tìm các giá trị của x sao cho 3P = 1+ x 
Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – x + m + 1 = 0 (m là tham số) 
1) Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt 
2) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình. Tìm các giá trị của m sao cho 
 x1
2 + x1x2 + 3x2 = 7 
Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2x 3y xy 5
1 1 1
x y 1
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường kính BH cắt 
AB tại M (M khác B), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N (N khác C) 
1) Chứng minh AM.AB = AN.AC và AN.AC = MN2 
2) Gọi I là trung điểm của EF, O là giao điểm của AH và MN. Chứng minh IO vuông góc với đường 
thẳng MN 
3) Chứng minh 4(EN2 + FM2) = BC2 + 6AH2 
Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình 2 25x 4x x 3x 18 5 x 
----------------------------Hết---------------------------- 
2 
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: (Nguyễn Mạnh Tuấn) 
Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm) 
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 
Đáp án C B C D B A A D 
Phần 2: Tự luận (8,0 điểm) 
Câu 1. (1,5 điểm) 
1) 
2
1 x 1 1 x x x xP :
x x x x x x x 1x x x 1
x x x 11 1
x 1x 1x x 1 x x 1
  
  
2) 2 233P 1 x 1 x x 1 3 x 4 x 2 (do x 0;x 1)
x 1
Câu 2. (1,5 điểm) 
1) 4m 3 
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt 3m
4
2) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 1 2
1 2
x x 1
x x m 1
Cách 1: 
2
1 1 2 2
1 1 2 2
1 2 1 2
 x x x 3x 7
x x x 3x 7
x 3x 7 do x x 1
 Ta có hệ: 1 2 1
1 2 2
x x 1 x 2
x 3x 7 x 3
2.3 m 1 m 7 
 (thỏa mãn điều kiện) 
Cách 2: 
 1 2 2 1x x 1 x 1 x . Do đó: 
2
1 1 2 2
2
1 1 1 1
2 2
1 1 1 1
1
1
 x x x 3x 7
x x 1 x 3 1 x 7
x x x 3 3x 7
2x 4
x 2
 Từ đó tìm x2 rồi tìm m. 
Câu 3. (1,0 điểm) 
 Điều kiện: x 0; y 1 
3 
2x 3y xy 5
2x 3y xy 5 2x 2y 6 x 3 y
1 1 1 y 1 xy y 1 xy y 1 y(3 y)
x y 1
2 2
x 3 y x 3 yx 3 y x 2
y 1 y(3 y) y 1y 2y 1 0 (y 1) 0
 (thỏa mãn điều kiện) 
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường kính BH cắt 
AB tại M (M khác B), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N (N khác C) 
1) Ta có: 0BMH HNC 90 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
HM AB , HN AC   
 Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông AHB và AHC, có: 
 AH2 = AM.AB và AH2 = AN.AC 
 AM.AB = AN.AC 
 Mặt khác, tứ giác AMHN có ba góc vuông nên là hình chữ nhật 
 AH = MN 
 AN.AC = MN2. 
2) Tứ giác AMHN là hình chữ nhật, có O là giao điểm của AH và MN 
 O là trung điểm của AH và MN 
 Dễ thấy EMO = EHO (c.c.c) 
0EMO EHO 90
EM MN
  
 Chứng minh tương tự được FN MN 
 ME // NF MEFN là hình thang vuông 
 Lại có OI là đường trung bình của hình thang vuông MEFN 
OI MN 
3) Đặt MN = AH = h; x, y lần lượt là bán kính của (E) và (F). Ta có: 
 4(EN2 + FM2) = 4[(ME2 + MN2) + (ME2 + MN2)] = 4(x2 + y2 + 2h2) 
 BC2 + 6AH2 = (HB + HC)2 + 6h2 = HB2 + HC2 + 2.HB.HC + 6h2 
 = 4x2 + 4y2 + 2h2 + 6h2 = 4(x2 + y2 + 2h2) 
 Vậy 4(EN2 + FM2) = BC2 + 6AH2. 
Câu 5. (1,0 điểm) 
 Điều kiện: x 6 
Cách 1: Lời giải của thầy Nguyễn Minh Sang: 
O
IM
N
F
A
B
C
H
E
4 
2 2
2 2
2
 5x 4x 5 x x 3x 18
5x 4x 25x 10x 5x 4 x 3x 18
6 5x 4 10x 5x 4 4x 2x 6 0
 Đặt 5x 4 t , phương trình trên trở thành: 
2 2
2 2 2
6t 10xt 4x 2x 6 0
' 25x 6(4x 2x 6) (x 6) 0
5x x 6
t x 1t
6
2x 3
t5x x 6
t 3
6
 Với 2 7 61t x 1 x 1 5x 4 x 7x 3 0 x (do x 6)
2
 Với 22x 3t 2x 3 3 5x 4 4x 33x 27 0 x 9 (do x 6)
3
Vậy 7 61S ;9
2
   
. 
Cách 2: Lời giải của thầy Nguyễn Vĕn Thảo: 
2 2
2 2
2 2 2
2
2 2
 5 4 5 3 18
5 4 3 18 5
5 4 22 18 10 ( 3 18)
2 9 9 5 ( 6)( 3)
2( 6x) 3( 3) 5 ( 6x)( 3)
x x x x x
x x x x x
x x x x x x x
x x x x x
x x x x
Đặt: 
2 6x
 (a 0;b 3)
3
a x
b x
ta có phương trình: 
2 2
2
2
2a 3 5a ( )(2a 3 ) 0
2a 3
7 61 ( )
21) 7x 3 0
7 61 ( )
2
9( )
2)2a 3 4x 33x 27 0 3 ( )
4
a b
b b a b b
b
x TM
a b x
x KTM
x tm
b
x ktm
Vậy phương trình có tập nghiệm: 7 619;
2
S
   
. 
5 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
NGHỆ AN 
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĔM HỌC 2017 – 2018 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 120 phút 
Câu 1. (2,0 điểm) 
a) Tính giá trị biểu thức : 7 71 7
2 7
A . 
b) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức: 1 1 1
1 1
xP
x x x
 . 
Câu 2. (2,5 điểm) 
a) Giải hệ phương trình: 2 4
4 1
x y
x y
. 
b) Giải phương trình: 22 5 2 0x x . 
c) Cho parabol 2( ) : y xP và đường thẳng và đường thẳng : 2 6d y x m Tìm m để 
đường thẳng d cắt parabol P tại hai điểm phân biệt có các hoành độ dương. 
Câu 3. (1,5 điểm) 
Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 15 m. Nếu giảm chiều dài 2 m 
và tĕng chiều rộng 3 m thì diện tích mảnh vườn tĕng thêm 44 2m .Tính diện tích mảnh vườn. 
Câu 4. (3,0 điểm) 
 Cho điểm M nằm bên ngoài đường tròn ;O R . Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB 
với đường tròn đó ( ,A B là các tiếp điểm). Qua điểm A kẻ đường thẳng song song với MB cắt 
đường tròn ;O R tại C . Nối MC cắt đường tròn ;O R tại D . Tia AD cắt MB tại E . 
a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp. 
b) Chứng minh EM EB . 
c) Xác định vị trí của điểm M để BD MA . 
Câu 5. (1,0 điểm) 
Giải phương trình: 
2
2 2 1
1
x
x
x
. 
6 
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: 
Câu Phần Nội dung Điểm 
Câu 1 
(2,0đ) 
a) 
 7 1 7 1 7 1 77 7A 1 7 1 7 22 7 2 7
1 7 6
 = 3
2 2
   
 1.0 
b) 
Điều kiện: x 0;x 1 
1 1 x 1 1 x 1 x x 1P
1 x1 x 1 x x x
2 x x 1
 2(x 1) x
   
  
Vậy P = – 2 với x 0;x 1 . 
1.0 
Câu 2 
(2,5đ) 
a) 
1 1x2x y 4 6x 3 x2 2
4x y 1 4x y 1 1 y 34 y 1
2
  
Vậy nghiệm của hệ phương trình là 1 ; 3
2
 . 
0.75 
b) 
Cách 1: 
25 4.2.2 9 0 3 
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 
1 2
5 3 5 3 1
x 2 ; x
2.2 2.2 2
Cách 2: 
2
1
x
2x 5x 2 0 (2x 1)(x 2) 0 2
x 2
0.75 
c) 
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 
2 2
x 2x m 6 x 2x m 6 0 
 (*) 
(P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ dương 
 Phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2 
1 2
1 2
' 0 m 5 0
m 5
x x 0 2 0 5 m 6
m 6
m 6 0x x 0
Vậy 5 m 6 là giá trị cần tìm. 
1.0 
Câu 3 
(1,5đ) 
Cách 1: Lập phương trình 
Gọi chiều dài mảnh vườn là x (m). Điều kiện: x > 15. 
 Chiều rộng mảnh vườn là x – 15 (m) và diện tích mảnh vườn là 
x(x – 15) (m2). 
Nếu giảm chiều dài 2m thì chiều dài mới là x – 2 (m) 
Nếu tĕng chiều rộng 3m thì chiều rộng mới là x – 12 (m) 
 Diện tích mới là (x – 2)(x – 12) (m2) 
Vì khi đó diện tích tĕng thêm 44m2 nên ta có phương trình: 
1.5 
7 
2 2
 (x 2)(x 12) x(x 15) 44
x 14x 24 x 15x 44
x 20 
 (thỏa mãn điều kiện) 
Vậy diện tích mảnh vườn là 20.(20 – 15) = 100 (m2). 
Cách 2: Lập hệ phương trình 
Gọi chiều dài và chiều rộng mảnh vườn lần lượt là x (m) và y (m). 
Điều kiện: x > 15, x > y > 0. 
 Diện tích mảnh vườn là xy (m2). 
Vì chiều dài lớn hơn chiều rộng 15m nên: x – y = 15 (1) 
Nếu giảm chiều dài 2m thì chiều dài mới là x – 2 (m) 
Nếu tĕng chiều rộng 3m thì chiều rộng mới là y + 3 (m) 
 Diện tích mới là (x – 2)(y + 3) (m2) 
Vì khi đó diện tích tĕng thêm 44m2 nên ta: 
(x 2)(y 3) xy 44 3x 2y 50 
 (2) 
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 
x y 15 x 20
3x 2y 50 y 5
 (thỏa mãn điều kiện) 
Vậy diện tích mảnh vườn là 20.5 = 100 (m2). 
Câu 4 
(3,0đ) 
0.25 
a) 
Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên: 
0MAO MBO 90 
Tứ giác MAOB có: 
0MAO MBO 180 
 Tứ giác MAOB nội tiếp 
0.75 
b) 
Ta có: 
1
1 1
1
EMD C (so le trong, AC // MB)
1A C AD
2
sđ
EMD A
 EMD và EAM có: 
1 1E chung , EMD A 
 EMD EAM (g.g) 
2EM ED EM EA.ED
EA EM
 (1) 
1.0 
1
2
I
2
2
1
1
1
1
A
B
C
O
D
E
M
2
8 
 EBD và EAB có: 
2 1 2
1E chung , B A BD
2
sđ 
 EBD EAB (g.g) 
2EB ED EB EA.ED
EA EB
 (2) 
Từ (1) và (2) 2 2EM EB EM EB 
c) 
Gọi I là giao điểm của của BD và MA 
Vì EMD EAM nên: 
1
2 1 2
2 1 11 1
 D AMB
D AMB do D D
D C AMB B do C B
Do đó: 
0 0 0
1 2 1
0
 BD AM MIB 90 AMB B 90 D C 90
DAC 90 AE AC AE MB (do AC // MB)
 
  
 MAB cân tại A 
 MAB đều (vì MAB cân tại M) 
0AMO 30
MO 2R
Vậy khi M cách O một khoảng bằng 2R thì BD AM 
1.0 
Câu 5 
(1.0đ) 
2 2
2
2
2
2 2 2
2 2 2
22 2 2
22 2 2 2
2
2
2 2x 2 2x
 x+ 1 1 x x(1 x) 0 0 x 1
1 x 1 x
8x 1 2x x
1 x
1 x 1 2x x 8x
x x 1 x x x 1 x 8x 0
x x 1 x 8x 0
x x 1 9x 0 x 2x 1 x 4x 1 0
x 1x 1 0
x 2 3x
Đ :
x 1 0
K
4
Kết hợp với điều kiện x 2 3 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x 2 3 . 
1.0 
Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn 
Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương 
9 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
NINH BÌNH 
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĔM HỌC 2017 - 2018 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề 
Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang 
Câu 1 (2,5 điểm). 
a) Rút gọn biểu thức: A 3( 12 3) 
b) Tìm m để đường thẳng y (m 1)x 3 song song với đường thẳng y 2x 1 
c) Giải hệ phương trình: x 2y 4
5x 2y 8
Câu 2 (2,0 điểm). 
Cho phương trình: 2x 2(m 2)x 4m 1 0 (1) (x là ẩn số, m là tham số) 
a) Giải phương trình (1) khi m = 2 
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của tham số m thì phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. 
Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình (1), tìm m để 2 21 2x x 30 
Câu 3 (1,5 điểm). 
Một ô tô dự định đi từ bến xe A đến bến xe B cách nhau 90 km với vận tốc không đổi. Tuy nhiên, 
ô tô khởi hành muộn 12 phút so với dự định. Để đến bến xe B đúng giờ ô tô đã tĕng vận tốc lên 5 km/h so 
với vận tốc dự định. Tìm vận tốc dự định của ô tô. 
Câu 4 (3,5 điểm). 
 Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ điểm C nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến CA, CB và 
cát tuyến CMN với đường tròn (O) (A, B là hai tiếp điểm, M nằm giữa C và N). Gọi H là giao điểm của 
CO và AB. 
a) Chứng minh tứ giác AOBC nội tiếp 
b) Chứng minh CH.CO CM.CN 
c) Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) cắt CA, CB theo thứ tự tại E và F. Đường vuông góc với CO 
tại O cắt CA, CB theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh POE OFQ 
d) Chứng minh: PE QF PQ 
Câu 5 (0,5 điểm). 
 Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a b c 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2 2 2 2 2P 3a 2ab 3b 3b 2bc 3c 3c 2ca 3a 
------------- Hết ------------- 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
10 
SƠ LƯỢC LỜI GIẢI 
Câu 1 (2,5 điểm). 
a) A 3( 12 3) 3(2 3 3) 3. 3 3 
b) Đường thẳng y (m 1)x 3 song song với đường thẳng y 2x 1 khi: 
m 1 2
m 3
3 1
c) x 2y 4 6x 12 x 2 x 2
5x 2y 8 2y 4 x 2y 2 y 1
Câu 2 (2,0 điểm). 
Xét phương trình: 2x 2(m 2)x 4m 1 0 (1) (x là ẩn số, m là tham số) 
a) Với m = 2, ta có pt: 2x 8x 7 0 
Do a – b + c = 1 – 8 + 7 = 0 nên pt có 2 nghiệm: 1 2x 1; x 7 
b) +) Do a 1 0 và 2 2' (m 2) (4m 1) m 5 0 m  Phương trình (1) luôn có hai 
nghiệm phân biệt. 
+) 2 2 21 2 1 2 1 2x x 30 (x x ) 2x x 30 (*) 
Do x1, x2 là hai nghiệm của pt (1), theo Viet: 1 2 1 2x x 2(m 2); x .x 4m 1 
Từ (*) suy ra: 2 24(m 2) 2(4m 1) 30 m 2m 3 0 m 3; 1 (tmđk) 
Câu 3 (1,5 điểm). 
- Gọi vận tốc ô tô dự định đi từ A đến B là x (km/h), đk: x > 0 
 vận tốc ô tô thực tế đã đi từ A đến B là x + 5 (km/h) 
 Thời gian ô tô đi hết quãng đường AB với vận tốc dự định là: 90
x
 (h) 
 Thời gian ô tô đã đi hết quãng đường AB là: 90
x 5 (h) 
 Ta có phương trình: 90 90 1
x x 5 5
 (*) (đổi 12 phút = 
1
5
 h) 
- Từ (*), ta có: 12
2
x 45 (tm)
x 5x 2250 0
x 50 (loai)
- Vậy: Vận tốc dự định của ô tô là 45 km/h 
Câu 4 (3,5 điểm). 
a) Chứng minh tứ giác AOBC nội tiếp 
Có: 
0
0
0
CAO 90
CAO CBO 180
CBO 90
AOBC là tứ giác nội tiếp 
b) Chứng minh CH.CO CM.CN 
+) CM: CAO vuông tại A, AH CO suy ra 
2CA CH.CO 
 (2) 
F
Q
P
E
H
M
B
A
OC
N
11 
+) Có: 2CAM CNA CM CACAM CNA CM.CN CA
CA CNC Chung
 (3) 
Từ (2) và (3) suy ra: CH.CO CM.CN 
c) Chứng minh POE OFQ 
+) OFQ OCF COF OCP COF AOP COF 
0
0 0 0 0
0 0
1 1) POE POA AOE AOP AOM AOP (180 AEM)
2 2
1 1 1
 AOP 90 (ECF CFE) AOP 90 (180 AOB) (180 MFB)
2 2 2
1 1
 AOP AOB (180 180 MOB) AOP COB BOF AOP COF
2 2
Vậy: POE OFQ 
d) Chứng minh: PE QF PQ 
+) Áp dụng BĐT Cô si: PE QF 2 PE.QF (4) 
+) CM: CPQ cân tại C OPE FQO kết hợp POE OFQ suy ra PEO QOF 
2PE PO PQPE.QF PO.QO ( )QO QF 2 (5) 
Từ (4) và (5) suy ra: PE QF PQ 
Câu 5 (0,5 điểm). 
 +) Ta có: 2 2 2 2 23a 2ab 3b (a b) 2(a b) 2(a b) (a b) 2 
 T.tự: 2 23b 2bc 3c (b c) 2 ; 2 23c 2ca 3a 2(c a) 
 Suy ra: P 2 2(a b c) 
 +) Áp dụng BĐT Cô si: 
a b c (a 1) (b 1) (c 1) 3 2 a 2 b 2 c 3 2.3 3 3 
Vậy: P 6 2 
a b;b c;c a
P 6 2 a 1; b 1; c 1 a b c 1
a b c 3
KL: 
minP 6 2 a b c 1 
 Có thể cm a b c 3 bằng cách sau: 
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki với 3 bộ số: (1; a ), (1; b), (1; c) ta có: 
 2 21. a 1. b 1. c 3(a b c) 3 3(a b c) a b c 3 
Dấu “=” xảy ra khi a b c
1 1 1
Có gì sai sót mong được các thày cô chỉ giáo 
Phạm Vĕn Điện-Trường THCS Gia Lạc-Gia Viễn-Ninh Bình 
12 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
NINH THUẬN 
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĔM HỌC 2017 - 2018 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề 
Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang 
Câu 1: ( 2 điểm) 
Giải các bất phương trình và các phương trình sau: 
a) 4 5 7x 
b) 2 3 4 2 8x x 
c) 21 3 4
2
x x 
Câu 2: (1 điểm) 
 Áp dụng định lí Viet để tìm hai số, biết tổng của chúng bằng 15 và tích của chúng bằng 56 . 
Câu 3: ( 2 điểm) 
Rút gọn biểu thức: 
1 1 1
:
4 11 1
a a aA
aa a
Với 0; 1a a . 
Câu 4: ( 4 điểm) 
Cho đường tròn O , đường kính 2AB R và điểm M trên đường tròn MA MB . Đường thẳng 
vuông góc với AB tại O cắt BM tại N và cắt tia AM tại C . 
1. Chứng minh tứ giác AOMN nội tiếp được một đường tròn. 
2. Chứng minh rằng . .MN NB ON NC . 
3. Khi góc 30AMB  tính diện tích tam giác ABC theo R . 
Câu 5: (1 điểm) 
Cho hai số thực ,x y thõa mãn điều kiện 2x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 23 8Q x y . 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
13 
STT 44. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH NINH THUẬN 
NĔM HỌC 2017-2018 
Câu 1: ( 2 điểm) 
Giải các bất phương trình và các phương trình sau: 
a) 4 5 7x 
b) 2 3 4 2 8x x 
c) 21 3 4
2
x x 
Lời giải 
a) 4 5 7 4 12 3x x x . 
Vậy nghiệm của bất phương trình: 3x . 
b) 12 3 4 2 8 14 6 8 14 2
7
x x x x x . 
Vậy nghiệm của phương trình: 1
7
x . 
c) 2 2 21 3 4 6 8 0 2 4 0
42
x
x x x x x x
x
. 
Vậy nghiệm của phương trình: 2;4x . 
Câu 2: (1 điểm) 
 Áp dụng định lí Viet để tìm hai số, biết tổng của chúng bằng 15 và tích của chúng bằng 56 . 
Lời giải 
Gọi ,x y là hai số thõa mãn tổng của chúng bằng 15 và tích của chúng bằng 56 
15 1
. 56 2
x y
x y
Từ 1 15x y thế vào 2 ta có: 
 2 7. 15 56 15 56 0 7 8 0
8
y
x y y y y y y y
y
Vậy với 7 8y x 
 Với 8 7y x . 
Câu 3: ( 2 điểm) 
Rút gọn biểu thức: 
1 1 1
:
4 11 1
a a aA
aa a
Với 0; 1a a . 
14 
Lời giải 
1 1 1 11 1 1 1
: :
4 1 4 11 1 1 1 1 1
a a a aa a a aA
a aa a a a a a
 2
4 1 4 1 8 12 1 2 1 2
. . .
1 1 1 1 1 1
a a a aa a a a aA
a a a a a a
Câu 4: ( 4 điểm) 
Cho đường tròn tâm O , đường kính 2AB R và điểm M nằm trên đường tròn MA MB . 
Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BM tại N và cắt tia AM tại C. 
1. Chứng minh tứ giác AOMN nội tiếp được một đường tròn. 
2. Chứng minh rằng: . .MN NB ON NC . 
3. Khi góc 030ABM , tính diện tích tam giác ABC theo R 
Lời giải 
1. Chứng minh tứ giác AOMN nội tiếp được một 
đường tròn. 
Xét tứ giác AOMN có 090M O 
 AOMN nội tiếp được một đường tròn. 
2. Chứng minh rằng: . .MN NB ON NC . 
Xét MNC và ONB 
Có MNB BNO (đối đỉnh): 090M O 
 MNC ONB (g-g) 
 . .MN NB ON NC 
3. Khi góc 030ABM , tính diện tích tam giác 
ABC
0
0
.sin 30
.cos30 3
MA AB R
MB AB R
21 3
.
2 2ABC
RS MA MB . 
Câu 5: (1 điểm) 
Cho hai số thực ,x y thỏa mãn điều kiện 2x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 23 8Q x y . 
Lời giải 
Có 2 2x y y x 22 2 2 23 8 3 2 8 4 4 12Q x y x x x x 
 22 1 11 11x 
 Giá trị nhỏ nhất của Q bằng 11 . Khi 
1
2
3
2
x
y
. 
TÊN FACEBOOK CÁC THÀNH VIÊN THAM GIA GIẢI ĐỀ 
NGƯỜI GIẢI ĐỀ: LỚP TOÁN THẦY SƠN 
NGƯỜI PHẢN BIỆN: NGUYỄN KIM HUỆ 
15 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
PHÚ THỌ 
KỲ THI TUYỂN SINH 
VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
NĔM HỌC 2017 – 2018 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề 
Đề thi có 01 trang 
Câu 1 (1,5 điểm) 
a) Giải phương trình: 1 1 0
2
 x . 
b) Giải hệ phương trình: 2
2 3
5
x y
x y
. 
Câu 2 (2,5 điểm) 
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình 21
2
 y x và hai điểm A, B thuộc (P) 
có hoành độ lần lượt là 1; 2 A Bx x . 
a) Tìm tọa độ A, B. 
b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A,B. 
c) Tính khoảng cách từ O (gốc tọa độ) đến đường thẳng (d). 
Câu 3 (2,0 điểm) 
 Cho phương trình: 2 22( 1) 1 0 x m x m m (m là tham số). 
a) Giải phương trình với 0 m . 
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x thỏa mãn điều kiện: 
1 2
1 1 4 
x x
. 
Câu 4 (3,0 điểm) 
 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi I là giao điểm AC và BD. Kẻ IH vuông góc với AB; 
IK vuông góc với AD ( ; H AB K AD ).file word đề-đáp án Zalo 0946095198 
a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn. 
b) Chứng minh rằng IA.IC = IB.ID. 
c) Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng. 
d) Gọi S là diện tích tam giác ABD, S’ là diện tích tam giác HIK. Chứng minh rằng: 
2
2
'
4.
 S HK
S AI
Câu 5 (1,0 điểm) 
 Giải phương trình: 233 2 234 ( 4) 4 x x . 
-------------- Hết-------------- 
Họ và tên thí sinh:...................................................................... SBD:................. 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
16 
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: 
Câu Phần Nội dung Điểm 
Câu 1 
(1,5đ) 
a) 
x 1 x 11 0 1 x 1 2 x 1
2 2
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1. 
0.75 
b) 
2 2
2
2x y 3 x 2x 2 x 2x 2 0 (1)
x y 5 2x y 3 y 3 2x (2)
Giải (1): 1,2' 3 ; x 1 3 
Thay vào (2): 
Với x 1 3 y 3 2 1 3 2t 1 3hì 
Với x 1 3 y 3 2 1 3 2t 1 3hì 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 
 x, y 1 3;1 2 3 , 1 3;1 2 3 . 
0.75 
Câu 2 
(2,5đ) 
a) 
Vì A, B thuộc (P) nên: 
2
A A
2
B B
1 1
x 1 y ( 1)
2 2
1
x 2 y 2 2
2
  
  
Vậy 1A 1; , B(2;2)
2
 . 
0.75 
b) 
Gọi phương trình đường thẳng (d) là y = ax + b. 
Ta có hệ phương trình: 
1 3 1
a b 3a a
2 2 2
2a b 2 2a b 2 b 1
Vậy (d): 1y x 1
2
 . 
0.75 
c) 
(d) cắt trục Oy tại điểm C(0; 1) và cắt trục Ox tại điểm D(– 2; 0) 
 OC = 1 và OD = 2 
Gọi h là khoảng cách từ O tới (d). 
Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao vào vuông OCD, ta có: 
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5
h OC OD 1 2 4
2 5h
5
1.0 
Câu 3 
(2,0đ) 
a) 
2 22( 1) 1 0 x m x m m (1) 
Với m = 0, phương trình (1) trở thành: 2x 2x 1 0 
1,2' 2 ; x 1 2 
Vậy với m = 2 thì nghiệm của phương trình (1) là 1,2x 1 2 . 
1.0 
b) ' m 2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt m 2 1.0 
17 
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 1 2 2
1 2
x x 2(m 1)
x x m m 1
Do đó: 
1 2
2
1 2 1 2
2 2
2 2
1 1 x x 2(m 1)
 4 4 4
x x x x m m 1
m 1
m m 1 0 m m 1 0
3
mm 1 2(m m 1) 2m m 3 0
2
Kết hợp với điều kiện 3m 1;
2
    là các giá trị cần tìm. 
Câu 4 
(3,0đ) 
0.25 
a) 
Tứ giác AHIK có: 
0
0
0
AHI 90 (IH AB)
AKI 90 (IK AD)
AHI AKI 180
 
 
 Tứ giác AHIK nội tiếp. 
0.75 
b) 
 IAD và IBC có: 
1 1A B (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O)) 
AID BIC (2 góc đối đỉnh) 
 IAD IBC (g.g) 
IA ID IA.IC IB.ID
IB IC
0.5 
c) 
Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có 
1 1A H (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK) 
Mà 1 1 1 1A B H B 
Chứng minh tương tự, ta được 1 1K D 
 HIK và BCD có: 1 1 1 1H B ; K D 
 HIK BCD (g.g) 
0.75 
1
1
1
1
1
A
B
CD
I
K
H
O
18 
d) Gọi S1 là diện tích của BCD. 
Vì HIK BCD nên: 
2 2 2 2
2 2
1
S' HK HK HK HK
S BD (IB ID) 4IB.ID 4IA.IC (1) 
Vẽ CF ICAE BD , CF BD AE / /CF
AE IA
  
 ABD và BCD có chung cạnh đáy BD nên: 
1 1S CF S IC
S AE S IA
 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 
2 2
1
2
1
S' S HK IC S' HK
S S 4IA.IC IA S 4IA
  (đpcm) 
0.75 
Câu 5 
(1,0đ) 
Giải phương trình: 233 2 234 ( 4) 4 x x . 
ĐK: 3 4x 
Đặt: 3 24x u (2); 
3 2 4x v 
 ( 1v ) 3 24v x (3) 
Khi đó phương trình (1) 3 22 2 4u v hay 3 24u v (4) 
Từ (2), (3), (4) ta có hệ phương trình: 
3 2
3 2
3 2
4 (2)
4 (3)
4 (4)
x u
v x
u v
3 2
3 2
3 2
 = 4 (2)
 = 4 (3)
 = 4 (4)
x u
v x
u v
Từ (2), (3), (4) 3 2x u ; 3 2v x ; 3 2u v 
Mà , , 1x u v x u ; v x ; u v . Vậy x u v 
Từ đó ta có: 3 24x x 22 2 0x x x 2x (T/m) 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2x . 
(Nguyễn Quang Huệ-THCS Long Cốc - Tân Sơn - Phú Thọ) 
1.0 
Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn 
Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương 
O
H
K I
D C
B
A
F
E
19 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
PHÚ YÊN 
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĔM HỌC 2017 - 2018 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề 
Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang 
Câu 1. (2,0 điểm) 
1. Rút gọn biểu thức 
36 27 12A ; 4
5 1
B 
2. Giải phương trình: 2 7 10 0x x . 
Câu 2. (2,0 điểm) 
Cho hai hàm số 3y x và 4y x 
1. Vẽ trên cùng một mặt phẳng tọa độ đồ thị của hai hàm số đã cho. 
2. Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng trên. Tìm tọa độ của điểm M bằng phương pháp đại số. 
Câu 3. (2,0 điểm) 
Giải bài toán bằng cách lập phương trình 
Một cano xuôi dòng một khúc sông dài 40 km, rồi ngược dòng khúc sông ấy mất 4 giờ 30 phút. Tính vận 
tốc thực của ca nô (khi nước yên lặng) biết vận tốc của dòng nước là 2 km/h. 
Câu 4. (3 điểm) 
Cho đường tròn tâm O , đường kính 2AB R , C là điểm chính giữa cung AB . Hai tiếp tuyến với đường 
tròn O tại A và C cắt nhau ở D . 
1. Chứng minh AOCD là hình vuông. 
2. Tính diện tích phần nằm ngoài hình thang ABCD của hình tròn O theo R . 
3. Trên đoạn DC lấy điểm E sao cho 1
3
DE DC . Trên đoạn BC lấy điểm F sao cho EF EA . Kẻ FG 
vuông góc với đường thẳng DC (G DC ). Tính độ dài đoạn thẳng CG theo R . 
4. Chứng minh AECF nội tiếp. 
Câu 5. (1,0 điểm) 
Biết rằng các số x , y thỏa mãn điều kiện 1x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2C x y xy 
. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
20 
STT 46. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH PHÚ YÊN 
NĔM HỌC 2017-2018. 
Câu 1. Rút gọn biểu thức 
36 27 12A ; 4
5 1
B 
2. Giải phương trình: 2 7 10 0x x . 
Lời giải 
1. 36 27 12A 
6 3 3 2 3A 
6 3A 
4
5 1
B 
 4 5 1
5 1
B
5 1B 
2. Giải phương trình: 2 7 10 0x x . 
27 4.1.10 49 40 9 0 
1
7 9 2
2
x
 ; 2 7 9 52x
 . 
Câu 2. Cho hai hàm số 3y x và 4y x 
1. Vẽ trên cùng một mặt phẳng tọa độ đồ thị của hai hàm số đã cho. 
2. Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng trên. Tìm tọa độ của điểm M bằng phương pháp đại số. 
Lời giải 
1. Vẽ trên cùng một mặt phẳng tọa độ đồ thị của hai hàm số đã cho. 
Bảng giá trị 
x 1
3y x 3
x 0
4
4y x 4
0
Đồ thị 
21 
2. Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng trên. Tìm tọa độ của điểm M bằng phương pháp đại số. 
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng 3y x và 4y x : 
3 4x x 
4 4x 
1x 
Với 1x thì 3y nên 1;3M . 
Câu 3. Giải bài toán bằng cách lập phương trình 
Một cano xuôi dòng một khúc sông dài 40 km, rồi ngược dòng khúc sông ấy mất 4 giờ 30 phút. Tính 
vận tốc thực của ca nô (khi nước yên lặng) biết vận tốc của dòng nước là 2 km/h. 
Lời giải 
4
 giờ 30 phút = 4,5 giờ 
Gọi vận tốc thực của ca nô là x (km/h) 2x 
Vận tốc ca nô khi xuôi dòng là: 2x (km/h) 
Vận tốc ca nô khi ngược dòng là: – 2x (km/h) 
Thời gian ca nô xuôi dòng là: 40
2x (giờ) 
Thời gian ca nô ngược dòng là: 40
2x (giờ) 
Vì cano xuôi dòng một khúc sông dài 40 km, rồi ngược dòng khúc sông ấy mất 4 giờ30 phút nên ta có 
phương trình: 
x
y
1
22 
40 40 4,5
2 2x x
40( 2) 40( 2) 4,5(x 2)(x 2)
2 2 (x 2)(x 2)
x x
x x
40( 2) 40( 2) 4,5(x 2)(x 2)
2 2 (x 2)(x 2)
x x
x x
240 80 40 80 4,5( 4)x x x 
 280 4,5 4x x 
24,5 80 18 0x x 
29 160 36 0x x 
 2' 80 9 36 6724 
1
80 6724
18
9
x
 (nhận); 2 80 6724 29 9x
 (loại) 
Vậy vận tốc thực của ca nô là 18 km/h. 
Câu 4. Cho đường tròn tâm O , đường kính 2AB R , C là điểm chính giữa cung AB . Hai tiếp tuyến 
với đường tròn O tại A và C cắt nhau ở D . 
1. Chứng minh AOCD là hình vuông. 
2. Tính diện tích phần nằm ngoài hình thang ABCD của hình tròn O theo R . 
3. Trên đoạn DC lấy điểm E sao cho 1
3
DE DC . Trên đoạn BC lấy điểm F sao cho EF EA . Kẻ 
FG
 vuông góc với đường thẳng DC ( G DC ). Tính độ dài đoạn thẳng CG theo R . 
4. Chứng minh AECF nội tiếp. 
Lời giải 
1) C là điểm chính giữa cung AB nên 
1 90
2
sđ AC sđBC sđ AB hay 90AOC . 
Do AD và CD là các tiếp tuyến tại A , C của đường tròn O 
nên ta có: OA AD , OC CD , hay 90OAD OCD . 
Suy ra, tứ giác AOCD có 90OAD OCD AOC và 
OA OC R . Do đó, tứ giác AOCD là hình vuông. 
2) Diện tích phần nằm ngoài hình thang ABCD của hình tròn O 
được chia thanh hai phần: 
Phần 1: nửa đường tròn đường kính AB , không chứa điểm C , có 
diện tích là 21 12S R . 
G
F
ED C
O
A B
23 
Phần 2: hình viên phân nằm ngoài tam giác vuông cân OBC , có diện tích là 
2
2
2
1
4 2
RS R . 
Vậy, diện tích cần tính có giá trị là: 
 2 22 21 1 3 2
2 4 2 4
R RS R R (đơn vị diện tích). 
3) Tính độ dài đoạn thẳng CG theo R ? 
Theo chứng minh câu a, ta có: CD DA OA OC R . 
Từ giả thiết, ta có: 2 2;
3 3 3 3
CD R CD RDE EC . 
Xét tam giác ADE vuông tại D có: 
2 2
2 2 2 2 10
9 9
R RAE AD DE R . 
Do / /CG AB nên 1
2
45sđ AGCF CBA C . 
Vậy, tam giác CGF có ,90 45CGF GCF nên tam giác CGF vuông cân tại CGF . 
Do đó, 0CG GF x x . 
Xét tam giác vuông EGF có 2
3
REG EC CG x , GF x , EF EA . 
Nên theo định lý Pythagore, ta có: 
2 2 2EF EG GF 
22
210 2
9 3
R R
x x
2
2 4 22 0
3 3
R R
x x 
2 23 2 0x Rx R 2 23 3 0x Rx Rx R 
 3 0x R x R x R 3 0x R R x 
3 0x R 
 do 0R x 
3
R
x 
Vậy, ta có 
3
RCG x . 
4) Chứng minh AECF là tứ giác nội tiếp? 
Ta chứng minh được ADE EGF c c c nên DAE GEF . 
Mà trong tam giác vuông ADE , ta có: 90DAE DEA . Suy ra 90GEF DEA . 
Ta có: 180DEA AEF FEG 180 180 90 90AEF DEA FEG . 
Xét tam giác AEF có 90AEF , AE EF , nên tam giác AEF vuông cân tại E . Từ đó, ta có 45AFE 
. 
Xét đường tròn tâm O có ACE là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung AC , nên 
2
 451 sđ ACACE . 
Vậy, tứ giác AECF có 45ACE AFE , tức là 2 đỉnh liền kề ,C F cùng nhìn đoạn AE dưới các góc 
như nhau. Do đó, tứ giác AECF là tứ giác nội tiếp. 
24 
Câu 5. Biết rằng các số x , y thỏa mãn điều kiện 1x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2C x y xy 
Lời giải 
Cách 1: 
Nhận xét: trong tất cả các điều kiện và biểu thức, vai trò của x , y đều bình đẳng nên C đạt GTNN khi 
x y . Do đó, ta biến đổi như bên dưới. 
Ta có: 2 22 2 2 2 2C x y xy a x y b x y a b x y a b xy . 
Suy ra 
31
4
1 1
2 4
a b a
a b b
. 
Hay ta có: 2 2 23 1 3 1 3.1
4 4 4 4 4
C x y x y x y 
Dấu “=” xảy ra khi 1
1 2
x y
x y
x y
. 
Vậy, giá trị nhỏ nhất của C là 3min
4
C khi 1
2
x y . 
Cách 2: 
Do 1 1x y y x . Khi đó, ta có: 
 222 2 2 2 1 3 31 1 1
2 4 4
C x y xy x x x x x x x . 
Dấu “=” xảy ra khi 
1
1
2
21
x
x y
x y
. 
Vậy, 3min
4
C khi 1
2
x y . 
TÊN FACEBOOK CÁC THÀNH VIÊN THAM GIA GIẢI ĐỀ 
NGƯỜI GIẢI ĐỀ: BÙI THỊ ÁNH NGUYỆT 
NGƯỜI PHẢN BIỆN: NGUYỄN HOÀNG HẢO 
25 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
QUẢNG NAM 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN 
NĔM HỌC 2017-2018 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 Môn thi : TOÁN (Toán chung) 
 Thời gian : 120 phút (không kể thời gian giao đề) 
 Ngày thi : 10/7/2017 
Câu 1 (2,0 điểm). 
 a) Không sử dụng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức 2 2 2 3 6
1 18 8
A . 
 b) Cho biểu thức 3 21 2
9 3
xB
x x
 , với 0x và 9x . 
 Rút gọn B và tìm x để 5
6
B . 
Câu 2 (2,0 điểm). 
 a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: 2 3 1
3
x y
x y
. 
 b) Cho parabol 2( ): 2P y x và đường thẳng ( ):d y m ( m là tham số). Tìm giá trị của m để ( )d cắt 
( )P
 tại hai điểm phân biệt A , B sao cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2. 
Câu 3 (2,0 điểm). 
 a) Giải phương trình 4 22 3 2 0x x . 
 b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 22 3 2 0x mx m m có hai nghiệm 
phân biệt 1 2,x x thỏa mãn 1 2
2 1
16x x
x x
 . 
Câu 4 (3,5 điểm). 
 Cho đường tròn ( )O đường kính 2AB a , H là trung điểm của đoạn thẳng .OA Đường thẳng d 
vuông góc với OA tại H và cắt đường tròn ( )O tại hai điểm , .C D 
 a) Tính độ dài đoạn thẳng CD theo .a 
 b) Lấy điểm E trên cung nhỏ BD của đường tròn ( )O sao cho ba điểm , ,C O E không thẳng hàng 
( E khác B , E khác D ). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và ;CE K là hình chiếu vuông góc 
của A lên .CE Chứng minh BE song song với KH và MN là đường trung trực của đoạn thẳng .KH 
 c) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC và BD. Đường tròn đường kính AI cắt các đoạn thẳng HB, 
AJ, HD lần lượt tại P, F, Q ( F khác A ). Gọi L là giao điểm của IF và PQ. Chứng minh JL vuông góc 
với BD. 
Câu 5 (0,5 điểm). 
 Cho ba số thực dương , ,x y z thỏa mãn 3x y z . 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
2
3
2
y yzP xy xz . 
--------------- HẾT --------------- 
Họ và tên thí sinh:..........................................

Tài liệu đính kèm:

  • pdfbo_319_de_thi_tuyen_sinh_lop_10_thpt_cac_tinh_mon_toan_co_da.pdf