/>TƯ LIỆU CHUYÊN MÔN TIỂU HỌC.

CHUYÊN ĐỀ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
TUYỂN TẬP CÁC ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN
TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
CẤP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
TỈNH HÀ TĨNH VÀ TỈNH GIA LAI.
NĂM 2015
/> />LỜI NÓI ĐẦU
Trong giai đoạn xã hội hóa và hội nhập quốc tế hiện nay,
nguồn lực con người Việt Nam trở nên có ý nghĩa quan trọng,
quyết định sự thành công của công cuộc phát triển đất nước.
Giáo dục ngày càng có vai trò và nhiệm vụ quan trọng trong
việc xây dựng thế hệ người Việt Nam mới, đáp ứng yêu cầu
phát triển kinh tế - xã hội. Đảng và nhà nước luôn quan tâm
và chú trọng đến giáo dục. Với chủ đề của năm học là “Tiếp
tục đổi mới quản lý và nâng cao chất lượng giáo dục” đối với
giáo dục phổ thông. Mà trong hệ thống giáo dục quốc dân, thì
bậc Trung học phổ thông có ý nghĩa vô cùng quan trọng là
hình thành nhân cách con người nhằm giúp học sinh hình
thành những cơ sở ban đầu cho sự phát triển đúng đắn và lâu
dài về đạo đức, trí tuệ, thể chất, thẩm mĩ và các kĩ năng cơ
bản để học sinh tiếp tục học Trung học cơ sở. Để đạt được
mục tiêu trên đòi hỏi người dạy học phải có kiến thức sâu và
sự hiểu biết nhất định về nội dung chương trình sách giáo
khoa, có khả năng hiểu được về tâm sinh lí của trẻ, về nhu
cầu và khả năng của trẻ. Đồng thời người dạy có khả năng sử
dụng một cách linh hoạt các phương pháp và hình thức tổ
chức dạy học phù hợp với đối tượng học sinh. Căn cứ chuẩn
/> />kiến thức kỹ năng của chương trình lồng ghép giáo dục vệ
sinh môi trường, rèn kĩ năng sống cho học sinh. Coi trọng sự

tiến bộ của học sinh trong học tập và rèn luyện, động viên
khuyến khích không gây áp lực cho học sinh khi đánh giá.
Tạo điều kiện và cơ hội cho tất cả học sinh hoàn thành
chương trình và có mảng kiến thức dành cho đối tượng học
sinh năng khiếu. Việc nâng cao cất lượng giáo dục toàn diện
cho học sinh là nhiệm vụ của các trường phổ thông. Để có
chất lượng giáo dục toàn diện thì việc nâng cao chất lượng
đại trà là vô cùng quan trọng. Trong đó môn Toán có vai trò
vô cùng quan trọng giúp phát triển tư duy tốt nhất. Để có tài
liệu ôn luyện, khảo sát chất lượng học sinh học sinh lớp 10
THPT kịp thời và sát với chương trình học, tôi đã sưu tầm
biên soạn các đề thi vào lớp 10 THPT giúp giáo viên có tài
liệu ôn luyện. Trân trọng giới thiệu với thầy giáo và cô giáo
cùng quý vị bạn đọc tham khảo và phát triển tài liệu:
CHUYÊN ĐỀ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TUYỂN TẬP
CÁC ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CẤP
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH HÀ TĨNH VÀ TỈNH
GIA LAI. Chân trọng
cảm ơn!
/> />CHUYÊN ĐỀ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
TUYỂN TẬP CÁC ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN
TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
CẤP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
TỈNH HÀ TĨNH VÀ TỈNH GIA LAI.
SỞ GD & ĐT
HÀ TĨNH
(Đề thi có 1 trang)
Mã đề 01
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
THPT

NĂM HỌC 2012 – 2013
Môn thi: TOÁN
Ngày thi : 28/6/2012
Thời gian làm bài : 120 phút
Câu 1 (2điểm)
/>ĐỀ CHÍNH THỨC
/>a) Trục căn thức ở mẩu của biểu thức:
5
.
6 1
−
b) Giải hệ phương trình:
2 7
.
2 1
− =


+ =

x y
x y
Câu 2 (2điểm)
Cho biểu thức:
2
4 1
.
1
 
−

= −
 ÷
 ÷
− −
 
a a a
P
a
a a a
với a >0 và
1a
≠
.
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Với những giá trị nào của a thì P = 3.
Câu 3 (2điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi
qua điểm M(–1 ; 2) và song song với đường thẳng y =
2x + 1. Tìm a và b.
b) Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình x
2
+ 4x – m
2
–
5m = 0. Tìm các giá trị của m sao cho: |x
1

– x
2
| = 4.
Câu 4 (3điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm
O. Hai đường cao AD, BE cắt nhau tại H (D
∈
BC, E
∈
AC) .
a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn.
b) Tia AO cắt đường tròn (O) tại K ( K khác A). Chứng
minh tứ giác BHCK là hình bình hành.
c) Gọi F là giao điểm của tia CH với AB. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
/> />AD BE CF
Q .
HD HE HF
= + +
Câu 5 (1điểm)
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô
nghiệm:
x
2
– 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0.
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Câu Nội dung Điểm
1
a) Ta có:
5 5( 6 1)

6 1 ( 6 1)( 6 1)
+
=
− − +
0,5

5( 6 1) 5( 6 1)
6 1
6 1 5
+ +
= = = +
−
0,5
b) Ta có:
2x y 7 4x 2y 14
x 2y 1 x 2y 1
− = − =
 
⇔
 
+ = + =
 
0,5

5x 15 x 3
x 2y 1 y 1
= =
 
⇔ ⇔
 

+ = = −
 
0,5
2
a) Với
0 1a
< ≠
thì ta có:
2 2
4 1 4 1 1
. .
1 1
 
− − −
= − =
 ÷
 ÷
− − −
 
a a a a a
P
a a
a a a a
0,5
2
4a 1
a
−
=
0,5

b) Với
0 1a
< ≠
thì P = 3
2
2
4a 1
3 3a 4a 1
a
−
⇔ = ⇔ = −
2
3a 4a 1 0
⇔ − + =
0,5

⇔
a = 1 (loại) hoặc
1
a
3
=
(thỏa mãn đk). 0,5
3 a) Đường thẳng y = ax + b song song với
đường thẳng y = 2x +1 nên:
0,5
/> /> a = 2, b
≠
1.
Vì đường thẳng y = 2x + b đi qua điểm M(–1 ;

2) nên ta có pt:
2(-1) + b = 2
⇔
b = 4 (thỏa mãn b
≠
1). Vậy a =
2, b = 4
0,5
b) Ta có :
2
' 4 m 5m (m 1)(m 4)
∆ = + + = + +
. Để phương
trình có 2 nghiệm x
1
, x
2
thì ta có:
' 0
∆ ≥
⇔
m 4
≤ −

hoặc
m 1
≥ −
(*)
0,25
Theo định lí Vi-et, ta có:

1 2
b
x x 4
a
+ = − = −
và
2
1 2
c
x .x m 5m.
a
= = − −
0,25
Ta có:
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
x x 4 (x x ) 16 (x x ) 4x .x 16
− = ⇔ − = ⇔ + − =
2 2
16 4( m 5m) 16 m 5m 0
⇔ − − − = ⇔ + =

⇔
m = 0 hoặc m =
– 5
0,25
Kết hợp với đk(*), ta có m = 0 , m = – 5 là các
giá trị cần tìm.
0,25
4

a) Vì AD và BE là các
đường cao nên ta có:
·
·
ADB AEB 90= =
o
0,5
⇒
Hai góc
·
·
ADB, AEB

cùng nhìn cạnh AB
dưới một góc
90
o
nên
tứ giác ABDE nội tiếp
đường tròn.
0,5
/>H
F
E
D
K
O
C
B
A

/>b) Ta có:
·
·
ABK ACK 90= =
o
(góc nội tiếp chắn nữa
đường tròn)
CK AC,BK AB
⇒ ⊥ ⊥
(1)
Ta có H là trực tâm
của tam giác ABC
nên:
BH AC,CH AB
⊥ ⊥
(2)
0,5
Từ (1) và (2), suy ra:
BH // CK, CH // BK.
Vậy tứ giác BHCK là
hình bình hành (theo
định nghĩa)
0,5
Đặt S
BHC
= S
1
, S
AHC
= S

2
, S
AHB
= S
3
, S
ABC
= S. Vì
ABC
∆
nhọn nên trực tâm H nằm bên trong
ABC
∆
,
do đó: S = S
1
+ S
2
+ S
3
.
0,25
Ta có:
ABC ABC ABC
BHC 1 AHC 2 AHB 3
S S S
AD S BE S CF S
(1), (2), (3)
HD S S HE S S HF S S
= = = = = =

0,25
Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được:
1 2 3 1 2 3
AD BE CF S S S 1 1 1
Q S
HD HE HF S S S S S S
 
= + + = + + = + +
 ÷
 
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương, ta
có:
3
1 2 3 1 2 3
S S S S 3 S .S .S= + + ≥
(4) ;
3
1 2 3
1 2 3
1 1 1 3
S S S
S .S .S
+ + ≥
(5)
0,25
/> />Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được:
Q 9
≥
. Đẳng
thức xẩy ra

1 2 3
S S S⇔ = =
hay H là trọng tâm của
ABC
∆
, nghĩa là
ABC
∆
đều.
0,25
5
Ta có: x
2
– 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0 (*). Đặt
x 2 t 0
− = ≥
thì pt (*) trở thành: t
2
– 2mt + 2 – m =
0 (**),
2
'(t) m m 2 (m 1)(m 2)
∆ = + − = − +
0,25
Để pt (*) vô nghiệm thì pt(**) phải vô nghiệm
hoặc có 2 nghiệm t
1
, t
2
sao cho:

1 2
t t 0≤ <
0,25
Pt (**) vô nghiệm
'(t) 0 (m 1)(m 2) 0 2 m 1
⇔ ∆ < ⇔ − + < ⇔ − < <
(1)
Pt (**) có 2 nghiệm t
1
, t
2
sao cho:
1 2
t t 0
≤ <
. Điều
kiện là:
' 0 ' 0
2m 0 m 0 m 2
2 m 0 m 2
∆ ≥ ∆ ≥
 
 
< ⇔ < ⇔ ≤ −
 
 
− > <
 
(2)
0,25

Kết hợp (1) và (2), ta có đk cần tìm của m là: m
<1.
0,25
Chú ý: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa, điểm toàn
bài không quy tròn.
/> />SỞ GIÁO DỤC VÀ
ĐÀO TẠO
GIA LAI
Đề chính thức
Ngày thi: 26/6/2012
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
CHUYÊN
Năm học 2012 – 2013
Môn thi: Toán (không chuyên)
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1. (2,0 điểm)
/>ĐỀ CHÍNH THỨC
/>Cho biểu thức
( )
x 2 x 2
Q x x
x 1
x 2 x 1
 
+ −
= − +
 ÷
 ÷
−
+ +

 
, với
x 0, x 1
> ≠

a. Rút gọn biểu thức Q
b. Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị
nguyên.
Câu 2. (1,5 điểm)
Cho phương trình
2
x 2(m 1)x m 2 0− + + − =
, với x là ẩn số,
m R∈
a. Giải phương trình đã cho khi m = – 2
b. Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
1
x
và
2
x
. Tìm hệ thức liên hệ giữa
1
x
và
2
x
mà không phụ
thuộc vào m.
Câu 3. (2,0 điểm)

Cho hệ phương trình
(m 1)x (m 1)y 4m
x (m 2)y 2
+ − + =


+ − =

, với
m R∈
a. Giải hệ đã cho khi m = –3
b. Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm duy
nhất. Tìm nghiệm duy nhất đó.
Câu 4. (2,0 điểm)
Cho hàm số
2
y x= −
có đồ thị (P). Gọi d là đường thẳng đi
qua điểm M(0;1) và có hệ số góc k.
a. Viết phương trình của đường thẳng d
b. Tìm điều kiện của k để đt d cắt đồ thị (P) tại hai điểm
phân biệt.
/> />Câu 5. (2,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp trong
đường tròn (O). Gọi H là giao điểm của hai đường cao BD và
CE của tam giác ABC
( D AC, E AB)
∈ ∈
a. Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp trong một đường
tròn

b. Gọi I là điểm đối xứng với A qua O và J là trung điểm
của BC. Chứng minh rằng ba điểm H, J, I thẳng hàng
c. Gọi K, M lần lượt là giao điểm của AI với ED và BD.
Chứng minh rằng
2 2 2
1 1 1
DK DA DM
= +
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Câu 1.
a.
( )
x 2 x 2
Q x x
x 1
x 2 x 1
 
+ −
= − +
 ÷
 ÷
−
+ +
 

/> />( )
( ) ( )
( )
 
+ −

 ÷
= − +
 ÷
− +
 ÷
+
 
2
x 2 x 2
x x 1
x 1 x 1
x 1
 
+ −
= −
 ÷
 ÷
+ −
 
x 2 x 2
x
x 1 x 1
 
+ + − −
= −
 ÷
 ÷
+ −
 
x 1 1 x 1 1

x
x 1 x 1
 
= + − +
 ÷
+ −
 
1 1
1 1 x
x 1 x 1

 
= +
 ÷
+ −
 
1 1
x
x 1 x 1

− + +
=
−
x 1 x 1
. x
x 1
=
−
2 x
. x

x 1
=
−
2x
x 1
Vậy
=
−
2x
Q
x 1
b.
Q nhận giá trị nguyên
− +
= = = +
− − −
2x 2x 2 2 2
Q 2
x 1 x 1 x 1
∈
¢Q
khi
∈
−
¢
2
x 1
khi 2 chia hết cho
−
x 1

− = ±

⇔

− = ±

x 1 1
x 1 2
=


=

⇔

= −

=

x 0
x 2
x 1
x 3
đối chiếu điều kiện thì
x 2
x 3
=


=


Câu 2. Cho pt
2
x 2(m 1)x m 2 0− + + − =
, với x là ẩn số,
m R∈
a. Giải phương trình đã cho khi m = – 2
Ta có phương trình
2
x 2x 4 0
+ − =
2 2
x 2x 4 0 x 2x 1 5
+ − = ⇔ + + =
( )
( )
2
2
x 1 5 5⇔ + = =
x 1 5⇔ + =
x 1 5 x 1 5
x 1 5 x 1 5
 
+ = − = − −
⇔ ⇔
 
+ = = − +
 
 
Vậy phương trinh có hai nghiệm

x 1 5= − −
và
/> />x 1 5= − +
b.
Theo Vi-et, ta có
1 2
1 2
x x 2m 2 (1)
x x m 2 (2)
+ = +


= −

1 2
1 2
x x 2m 2
m x x 2
+ = +

⇔

= +

( )
1 2 1 2
1 2
x x 2 x x 2 2
m x x 2


+ = + +

⇔

= +


Suy ra
( )
1 2 1 2
x x 2 x x 2 2
+ = + +
1 2 1 2
x x 2x x 6 0⇔ + − − =
Câu 3. Cho hệ phương trình
(m 1)x (m 1)y 4m
x (m 2)y 2
+ − + =


+ − =

,
với
m R∈
a. Giải hệ đã cho khi m = –3
Ta được hệ phương trình
2x 2y 12
x 5y 2
− + = −



− =


x y 6
x 5y 2
− + = −

⇔

− =


x 7
y 1
=

⇔

=

Vậy hệ phương trình có nghiệm
( )
x; y
với
( )
7;1
b. Điều kiện có nghiệm của phương trình
( )

m 1
m 1
1 m 2
− +
+
≠
−
( ) ( ) ( )
m 1 m 2 m 1
⇔ + − ≠ − +
( ) ( ) ( )
m 1 m 2 m 1 0
⇔ + − + + ≠
( ) ( )
m 1 m 1 0
⇔ + − ≠
m 1 0
m 1 0
+ ≠

⇔

− ≠

m 1
m 1
≠ −

⇔


≠

Vậy phương trình có nghiệm khi
m 1
≠ −
và
m 1
≠
Giải hệ phương trình
(m 1)x (m 1)y 4m
x (m 2)y 2
+ − + =


+ − =

khi
m 1
m 1
≠ −


≠

/> />(m 1)x (m 1)y 4m
x (m 2)y 2
+ − + =


+ − =

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

2
y
m 1

−

=


+
⇔

−

=

+

4m 2
x
m 1
2
y
m 1
.
Vậy hệ có nghiệm (x; y) với
− −
 
 ÷
+ +

 
4m 2 2
;
m 1 m 1
Câu 4.
a. Viết phương trình của đường thẳng d
Đường thẳng d với hệ số góc k có dạng
y kx b
= +
Đường thẳng d đi qua điểm M(0; 1) nên
1 k.0 b
= +
b 1
⇔ =
Vậy
d : y kx 1
= +
b.
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d
2
x kx 1− = +
2
x kx 1 0
⇔ + + =
, có
2
k 4
∆ = −
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi
0∆ >

2
k 4 0
− >
2
k 4
⇔ >
2 2
k 2
⇔ >
k 2
⇔ >
k 2
k 2
< −

⇔

>

Câu 5.
a. BCDE nội tiếp
·
·
0
BEC BDC 90= =
Suy ra BCDE nội tiếp
đường tròn đường kính BC
/> />b. H, J, I thẳng hàng
IB ⊥ AB; CE ⊥ AB (CH
⊥ AB)

Suy ra IB // CH
IC ⊥ AC; BD ⊥ AC
(BH ⊥ AC)
Suy ra BH // IC
Như vậy tứ giác BHCI là
hình bình hành
J trung điểm BC ⇒ J
trung điểm IH
Vậy H, J, I thẳng hàng
c.
·
·
»
1
ACB AIB AB
2
= =
·
·
ACB DEA=
cùng bù với góc
·
DEB
của tứ giác nội
tiếp BCDE
·
·
0
BAI AIB 90+ =
vì ∆ABI vuông tại B

Suy ra
·
·
0
BAI AED 90+ =
, hay
· ·
0
EAK AEK 90+ =
Suy ra ∆AEK vuông tại K
Xét ∆ADM vuông tại M (suy từ giả thiết)
DK ⊥ AM (suy từ chứng minh
trên)www.VNMATH.
/> />Như vậy
2 2 2
1 1 1
DK DA DM
= +
/>