SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ DỰ BỊ

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016
Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Phần I - Trắc nghiệm (2,0 điểm)
Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm.
x2 1
x có nghĩa là:
Câu 1. Điều kiện để biểu thức
A. x 0 ;
B. x  0 ;
C. x  0 ;
D. x 0 .
Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng 2 x  y 6 cắt trục hoành tại điểm M có tọa độ là:

 0;3 ;
C.
Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng (d): x  3 y 5 đi qua điểm:
A. (2;  1) ;
B. ( 2;  1) ;
C. (2;1) ;
A.

 6;0  ;

B.

 3; 0  ;

Câu 4. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên  :
2
y  1 2 x
y  1 2 x
A. y  2 x ;
B.
;
C.
;
Câu 5. Phương trình nào sau đây có hai nghiệm phân biệt:
2
2
2
A. x  x  1 0 ;
B.  x  x  2 0 ;
C. x  2 x  1 0 ;









D.

 0;6  .


D. (1; 2) .
2
D. y  2 x .

2
D. x  4 x  3 0 .
Câu 6. Tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3 cm, AC = 4 cm. Độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A bằng:
7
5
B. 5 cm;
D. 7 cm.
A. 2 cm;
C. 2 cm;
Câu 7. Cho một hình trịn có diện tích bằng 9 cm2. Khi đó bán kính của hình trịn bằng:

B. 9 cm;
C. 3 cm;
A. 3 cm;
D. 3 cm.
Câu 8. Cho một hình nón có bán kính đáy bằng 3 cm, chiều cao bằng 4 cm. Khi đó diện tích xung quanh của
hình nón bằng:
A. 12π cm2;

B. 15π cm2;

C. 24π cm2;

D. 30π cm2.


Phần II - Tự luận (8,0 điểm)
Câu 1. (1,5 điểm)

x
1   1
2 



 : 

x  1 x  x   x 1 x  1 
1) Rút gọn biểu thức A = 
với x  0 và x 1 .
93 3 3 3

2 3.
3

1
3

1
2) Chứng minh đẳng thức
2
2
Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x  2 x  m  1 0 (1), với m là tham số.
1) Giải phương trình (1) khi m 0 .
2
2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x2  x1 .

 x  2 y 3
 2
x  2 y 2  2 x  3 y 4
Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
.
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, AK là đường cao. Đường trịn tâm O đường kính BC cắt cạnh AC
tại D (D khác C), H là giao điểm của đường thẳng BD và đường thẳng AK. Kẻ tiếp tuyến AM của đường tròn
(O) với M là tiếp điểm.
1) Chứng minh tứ giác DCKH là tứ giác nội tiếp.
2
2) Chứng minh rằng AD.AC=AH.AK=AM .
3) Giả sử tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng đi qua M và vng góc với
đường thẳng AO. Chứng minh rằng BC= 2AM .
3
2
Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình 3 x  11x  3x  7  24 x 8 x  1  3 8 x  1 0.


---------- Hết ---------Họ tên thí sinh:………………………………………………. Chữ ký giám thị 1:……………………….......
Số báo danh:…………………………………………………. Chữ ký giám thị 2:…………………………...
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MƠN TỐN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016
Hướng dẫn chấm gồm 03 trang

I.
Hướng dẫn chung:
1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh

giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì vẫn cho điểm tối đa.
2) Bài hình (tự luận) bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, nếu hình vẽ sai ở phần nào thì
khơng cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của phần đó.
3) Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và khơng làm trịn.
II. Đáp án và thang điểm:
Phần I - Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm.
Câu
1
2
Đáp án
C
B
Phần II – Tự luận (8,0 điểm)
Câu
Ý

3
A

4
C



x 1



x


=

x

=





x1



7
D

2





x1



x 1 







x 1

x 1

x 1
= x
2)
(0,5đ)





9  3 3 3  3 3 3 3 1



3 1
3 1
3 1

3






3 1
3 1

3 2 3  đpcm
2
Với m = 0 ta có phương trình (1) trở thành x  2 x  1 0 .

2)
(1,0đ)

3.

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

2

x 2  2 x  1 0   x  1 0  x 1 .
Vậy khi m = 0, phương trình (1) có nghiệm x 1 .
/
2
Phương trình (1) có biệt thức  m .

2.

(1,5đ)

0,25

0,25

3 3 

1)
(0,5đ)

8
B
Điểm

x 1

:

  x  1 
 x  1
.

x1

x 1

1.
(1,5đ)


6
C

Nội dung trình bày
 
x
1
 : 1 

x1
x x  1   x 1
 




Với x > 0, x 1 ta có A = 
1)
(1,0đ)

5
D

/
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi   0  m 0 .
x1 , x2 là các nghiệm của (1) nên theo định lí Vi-et có: x1  x2 2, x1 x2 1  m 2 .
 x1  x2 2

2
x   1;  2

x  x12
Từ  2
có x1  x1  2 0 hay 1
.
2
x

1
x

1
Với 1
thì 2
, khi đó 1  m 1 hay m 0 .
2
m   3
Với x1  2 thì x2 4 , khi đó 1  m  8 hay
.
m   3
Kết hợp điều kiện m 0 có đáp số:
.
ĐKXĐ: x, y  

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25



Ta có x  2 y 3  x 3  2 y

0,25
2

(1,0đ)

Thay x = 3 – 2y vào phương trình cịn lại ta có phương trình 6 y  5 y  1 0
 y 1
  y  1  6 y  1 0  
 y  1
6.


0,25

Với y 1  x 1 .
1
10
y   x 
6
3 .
Với

0,25

A


10  1
;
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; y) = ( 3 6 ); (x; y) = ( 1;1 ).
D
Hình vẽ:
M
I
J
H
B

1)
(1,0đ)

4.
(3,0đ)

K

O

C

o

AK là đường cao của tam giác ABC nên AKC 90 .
o


Trong hình trịn (O), BDC là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn nên BDC 90 .

o




Suy ra HKC  HDC AKC  BDC 180
Vậy tứ giác DCKH là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng các góc đối bằng 180o).
* Chứng minh (a): AD.AC=AH.AK .
- Chỉ ra được các tam giác vuông AHD, ACK đồng dạng.
AH AD

- Suy ra AC AK hay AD.AC=AH.AK .

2
* Chứng minh (b): AD.AC=AM .
2)


(1,5đ)
- Chỉ ra được AMD ACM .
- Chỉ ra được các tam giác AMD, ACM đồng dạng (g-g).
AM AD

2
- Suy ra AC AM hay AC.AD AM .
2
* Từ (a) và (b) có điều phải chứng minh: AD.AC=AH.AK=AM .
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, IM vng góc với AO tại J.
BC
MO 

, IA IC
2
2
2
2
2
2
2
Từ MJ  AO suy ra MA  MO JA  JO IA  IO , có

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

2

BC
IC2  IO 2
4
nên
(c).

3)
(0,5đ) Lại có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC, O là trung điểm của BC
BC2
2
2
2
IC  IO OC 
4 (d).
nên IO  OC , suy ra
MA 2 

0,25

Từ (c) và (d) suy ra

MA 2 

2

2

BC
BC

4
4 nên BC  2AM .

0,25



1
ĐKXĐ: x  8
3
2
Ta có 3x 11x  3x  7  24 x 8 x  1  3 8 x  1 0
 3 x3  3 x 2  3x  1  2 x 2  2 x  1 3  8 x  1 8 x  1  2  8 x  1



 

3

2

 3  x  1  2  x  1 3
5.
(1,0đ)

u x  1

v  8x  1
Đặt 
. ĐK








3

8x  1  2



8x  1



2

9

u 
8

v 0
. Ta có phương trình

3u 3  2u 2 3v3  2v 2   u  v   3u 2  3uv  3v 2  2u  2v  0

0,25
(*)

9
3u 2  3uv  3v 2  2u  2v  0,  u  , v 0
8
Do

nên (*)  u v
Với u = v ta có

1
8 x  1  x  1  x  6 x  2 0  x 3  7 (thỏa mãn x  8 ).
2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 3 

0,25

7, x 3  7.

0,25

0,25