PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 (LẦN I)
HUYỆN CAN LỘC
NĂM HỌC: 2017 -2018
Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 90 phút
ĐỀ SỐ 01

1

Câu 1. a. Trục căn thức ở mẫu số 5  3
1  a 1
 1


:
a

a
a

1
a với a > 0 và a ≠ 1


b. Rút gọn biểu thức: B =
2 x  3 y  2

Câu 2. a. Giải hệ phương trình: 4 x  5 y 7

b. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (3; -2) và
song song với đường thẳng y = 1- 2x. Tìm hệ số a và b.

Câu 3. Cho phương trình: x2 – 4x + m = 0 (m là tham số ) (1)
a. Giải phương trình khi m = -12
1
1
 2 3
2
b. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x , x thỏa mãn: x1 x2
1

2

Câu 4. Từ điểm A bên ngoài đường tròn (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN
đến đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm; điểm M nằm giữa 2 điểm A, N). Gọi E là
trung điểm của MN. Đường thẳng CE cắt đường tròn (O) tại I.
a. Chứng minh: 5 điểm A, B, O, C, E cùng nằm trên một đường tròn.
b. Chứng minh:  AOC IEN
c. Xác định vị trí của cát tuyến AMN sao cho tổng AM+AN đạt giá trị lớn nhất.
2
Câu 5. Cho phương trình: x  bx  c 0 có 2 nghiệm thực dương x1, x2 thỏa mãn:

x1  x2 

1
2 . Chứng minh rằng: 2b(c  1) 17c

Họ tên thí sinh ........................................................................ SBD ...........................


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
(Ngày thi 13,14/4/2018)

Mã đề 01

Câu
Câu 1(2đ)
a) 1đ

b) 1đ

Câu 2 (2đ)
a) 1đ

Nội dung

1
a. Ta có: A = 5 

5 3
3 = (5  3)(5  3)

0.5

5 3 5 3

22
= 25  3

0.5

1
1  a 1

1  a 1 
 1


:

:


a
(
a

1)
a

1
a
a

a
a

1
a




b. B =

=
 1  a  a 1  1  a 
a
1

 :

 .
a ( a  1) 
a
a ( a  1)  a  1
=
=
= a1
 4 x  6 y 4
2 x  3 y  2


4 x  5 y 7
4
x

5
y

7

a. Ta có:
<=> 
 11y 11


<=> 4 x  5 y 7

0.5

 y  1

<=>  4 x  5 y 7

0.25

 y  1


1
 x  2
<=>

b) 1đ

1
;  1)
2
Vậy nghiệm (x,y) của hệ là: (
b. Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 1-2x
nên a = -2 và b 1 .
Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (3;-2) nên ta có:
-2 = (-2).3 + b  b= 4 (t/m vì b 1 )
Vậy: a = -2, b = 4 là các giá trị cần tìm.


2
Câu 3 (2đ) x – 4x + m = 0 (1)
a) a) Với m = -12, ta có phương trình: x2 – 4x - 12 =0

a) 1đ

 ' = b’2 – ac = 22 + 1.12 = 4 + 12 =16
=> phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

x1 6 và x2  2
Vậy với m = -12 phương trình có 2 nghiệm phân biệt x= 6; x= -2
b) 1đ

Điểm

b)Ta có:

0.5
0.25

0.25

0.25

0.5
0.25
0.25

0.25
0.25

0.5


 ' b '2  ac 4  m
Để pt có 2 nghiệm thì  ' ≥ 0 <=> m ≤ 4

(1)

0.25

x1  x2 4 x1 x2 m
;

Điều kiện:

x1 0; x2 0

=> m 0

(2)

x12  x2 2
1
1

3
3
2 2
x 2  x2 2 3( x1 x2 ) 2
x12 x2 2

x
x
1 2
<=>
=> 1
( x1  x2 ) 2  2 x1 x2  3( x1 x2 ) 2 0
=>

2

2

2

=> 4  2m  3m 0 <=> 3m  2m  16 0

 m 2

 m  8
3
=> 

0.25

0.25

0.25

(3)



Từ (1), (2), (3) ta được giá trị m cần tìm là: m = 2; m =

8
3

Câu 4 (3.0)
a) 1,25đ
b) 0,75đ
c) 1,0đ

0.25

0
0


a) Vì AB và AC là các tiếp tuyến của (O) => ABO 90 ; ACO 90



0

Vì E là trung điểm của M N => OE  MN => AEO 90
Các điểm B, C, E cùng nhìn đoạn AO dưới 1 góc vng
=> B, C, E cùng nằm trên đường trịn đường kính AO
=> 5 điểm A, B, O, C, E cùng nằm trên cùng một đường trịn đường kính
AO.



b) Vì các điểm A, C, E, O nằm trên cùng 1 đường tròn => AOC  AEC
(1)


Mặt khác: IEN  AEC (đối đỉnh)

(2)

0,25
0.25
0.25
0.25

0,25
0,25
0,25






Từ (1) và (2) ta được: AOC IEN
c) Ta có: AM = AE-ME
AN = AE+EN
=> AM+AN = 2AE
AE≤ OA (Độ dài OA không đổi).
=> AM+AN đạt giá trị lớn nhất bằng 2OA, xảy ra khi E trùng O, khi đó cát
tuyến AMN qua O.
Vậy cát tuyến AMN qua O thì tổng AM+AN có giá trị lớn nhất.

Câu 5
(1.0 đ)

Thay

0.25
0.25
0.25
0.25

b  x1  x2 ; c  x1 x2 , ta có BĐT cần chứng minh trở thành:

1 1
17
  x1  x2 
( x  x2 )( x1 x2  1) 17 x1 x2 <=> x1 x2
2
2 1
(1)
1 1
1
1
15 1 1
  x1  x2 ( x1 
)  ( x2 
) (  )
16 x1
16 x2 16 x1 x2
Ta có: x1 x2
1

1
1
1

x2 

16 x1 2 ;
16 x2 2 ;
Theo BDT Cơsi :
1 1
4
 
8
x
x
x

x
2
1
2
Và ta có : 1
1 1
1 1 15
17
  x1  x2    .8 
2 2 16
2 .
=> x1 x2


0.25
0.25

x1 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

x1  x2 

1
4

Bất đẳng thức (1) được chứng minh => 2b(c  1) 17c (đpcm).

Chú ý: HS làm cách khác nếu lập luận đúng thì cho điểm tối đa.

0.25

0.25


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 (LẦN I)
HUYỆN CAN LỘC
NĂM HỌC: 2017 -2018
Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 90 phút
ĐỀ SỐ 02
Câu 1. Rút gọn biểu thức:
a. A =


( 3  2). ( 3  2) 2

 1


a

b. B =

1 
a
:
a  1  a  a với a >0
 5 x  6 y  12

2 x  3 y 3
Câu 2. a. Giải hệ phương trình: 
b. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (-2; 1) và
song song với đường thẳng y = 4- 3x. Tìm hệ số a và b.
2
2
Câu 3. Cho phương trình: x  2( m 1)  m 0 (m là tham số ) (1)
a. Giải phương trình khi m = 4
b. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x 1, x2 thỏa mãn:
x1 ( x1  1)  x2 ( x2  1) 10
Câu 4. Từ điểm A bên ngoài đường tròn (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN
đến đường tròn (O) (B,C là các tiếp điểm; điểm M nằm giữa 2 điểm A, N). Gọi P là
trung điểm của MN. Đường thẳng CP cắt đường tròn (O) tại Q.
c. Chứng minh: 5 điểm A, B, O, C, P cùng nằm trên một đường tròn
d. Chứng minh:  AOC =  QPN

c. Xác định vị trí của cát tuyến AMN sao cho tổng AM+AN đạt giá trị lớn nhất.
2
Câu 5. Cho phương trình: x  bx  c 0 có 2 nghiệm thực dương x1, x2 thỏa mãn:

x1  x2 

1
2 . Chứng minh rằng: 2b(c  1) 17c

Họ tên thí sinh ........................................................................ SBD ...........................


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
(Ngày thi 13,14/4/2018)
Mã đề 02

Câu
Câu 1(2đ)
a) 1đ

b) 1đ

Nội dung
2
( 3  2). 3  2
b. Ta có: A= ( 3  2). ( 3  2) =

= ( 3  2).(2  3) = 1




1
a
1 
a
 1
:

:




a  1  a  a =  a ( a  1)  a  a
b. B =  a

 a a 
 a ( a  1)
1
1

.

.
a
a
(
a

1)

a
(
a

1)
a


=
=

Điểm
0.5
0.5
0.5

0.5

1
= a
Câu 2 (2đ)
a) 1đ

b) 1đ

Câu 3 (2đ)

 5 x  6 y  12
 5 x  6 y  12



a) Ta có: 2 x  3 y 3
<=>  4 x  6 y  6 <=>
 9 x  18

<=>  4 x  6 y  6
 x 2

<=> 2 x  3 y 3
 x 2


1
 y  3
<=>
1
2;  )
3
Vậy nghiệm (x,y) của hệ là: (
b) Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 4-3x
nên a = -3 và b 4 .
Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (-2;1) nên ta có:
1 = (-3).(-2) + b  b= -5 (t/m vì b 4)
Vậy: a = -3, b = -5 là các giá trị cần tìm.

x 2  2(m  1)  m2 0 (1)
2

b) 1đ a) a) Với m = 4, ta có phương trình: x – 10x + 16 =0


0.25

0.25
0.25

0.25

0.5
0.25
0.25

0.25
0.25


Δ ’= b’2 – ac = 252 – 1.16 = 25 - 16 =9

=> phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

0.5

 b '  '
5  9 8
a
 b '  '
x2 
5  9 2
a
và
x1 


Vậy với m = 4 phương trình có 2 nghiệm phân biệt x= 2; x= 8
b) 1đ

b)Ta có:

 ' (b ') 2  ac (m  1) 2  m 2 2m  1
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì

 '  0 <=>

1
m
2 (1)
2
x
x

m
x

x

2(
m

1)
1
2
1

2
Ta có:
;
x1 ( x1  1)  x2 ( x2  1) 10 <=> x12  x2 2  ( x1  x2 ) 10

<=>

( x1  x2 ) 2  2 x1 x2  ( x1  x2 ) 10
2

2

<=> 4(m  1)  2m  2( m  1) 10

0.25

0.25
0.25

2
2
<=> 4m  8m  4  2m  2m  2 10
2
<=> 2m  6m  8 0

 m 1
 m  4
2
<=> m  3m  4 0 <=> 
(2)


0.25

Từ (1) và (2) ta được: m=1 là kết quả cần tìm.
Câu 4 (3.0)
d) 1,25đ
e) 0,75đ
f)
1,0đ

0.25

0
0


c) Vì AB và AC là các tiếp tuyến của (O) => ABO 90 ; ACO 90
0

Vì P là trung điểm của MN => OP  MN => AEO 90

0,25
0.25


Các điểm B, C, P cùng nhìn đoạn AO dưới 1 góc vng
=> B, C, P cùng nằm trên đường trịn đường kính AO
=> 5 điểm A, B, O, C, P cùng nằm trên cùng một đường trịn đường kính
AO.



d) Vì các điểm A, O, P, C cùng nằm trên 1 đường tròn => AOC  APC
(1)


Mặt khác: QPN  APC (đối đỉnh)


(2)

Thay

0.25
0.25
0.25
0.25



Từ (1) và (2) ta được: AOC QPN
c) Ta có: AM = AP-MP
AN = AP+PN
=> AM+AN = 2AP
AP≤ OA (Độ dài OA không đổi).
=> AM+AN đạt giá trị lớn nhất bằng 2OA, xảy ra khi P trùng O, khi đó cát
tuyến AMN qua O.
Vậy cát tuyến AMN qua O thì tổng AM+AN có giá trị lớn nhất.
Câu 5
(1.0 đ)


0.25

0.25
0.25
0.25
0.25

b  x1  x2 ; c  x1 x2 , ta có BĐT cần chứng minh trở thành:

1 1
17
  x1  x2 
( x  x2 )( x1 x2  1) 17 x1 x2 <=> x1 x2
2
2 1
(1)
1 1
1
1
15 1 1
  x1  x2 ( x1 
)  ( x2 
) (  )
x x2
16 x1
16 x2 16 x1 x2
Ta có: 1
1
1
1

1
x1 

x2 

16 x1 2 ;
16 x2 2 ;
Theo BDT Cơsi :
1 1
4
 
8
x
x
x

x
1
2
1
2
Và ta có :
1 1
1 1 15
17
  x1  x2    .8 
2 2 16
2 .
=> x1 x2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi


x1  x2 

1
4

Bất đẳng thức (1) được chứng minh => 2b(c  1) 17c (đpcm).

Chú ý: HS làm cách khác nếu lập luận đúng thì cho điểm tối đa.

0.25
0.25

0.25

0.25