11 Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
 (Đề thi gồm có 01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
1) 	2) 
Câu 2 (2,0 điểm)
1) Cho hai đường thẳng (d): và (d’): . Tìm m để (d) và (d’) song song với nhau.
2) Rút gọn biểu thức: với .
Câu 3 (2,0 điểm)
1) Tháng đầu, hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai, do cải tiến kỹ thuật nên tổ I vượt mức 10% vả tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu, vì vậy, hai tổ đã sản xuất được 1000 chi tiết máy. Hỏi trong tháng đầu mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy ?
2) Tìm m để phương trình: (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn .
Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở ngoài đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A, kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F (F khác E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB. 
1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
2) Chứng minh: MN2 = NF.NA vả MN = NH.
3) Chứng minh: .
Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .
----------------------------Hết----------------------------
Họ và tên thí sinh:............................................................Số báo danh:.....................................
Chữ kí của giám thị 1: ........................................Chữ kí của giám thị 2: ..................................
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu
Phần
Nội dung
Điểm
Câu 1 (2,0đ)
1)
Vậy tập nghiệm của phương trình là .
1.0
2)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1; 2).
1.0
Câu 2 (2,0đ)
1)
Vậy m = –1 là giá trị cần tìm.
1.0
2)
Vậy với .
1.0
Câu 3 (2,0đ)
1)
Gọi số chi tiết máy mà tổ I và tổ II sản xuất được trong tháng đầu lần lượt là x và y.
Điều kiện: x, y N*; x, y < 900
Từ đề bài lập được hệ phương trình: 
Giải hệ được: (thỏa mãn điều kiện)
Vậy tháng đầu tổ I sản xuất được 400 chi tiết máy, tổ II sản xuất được 500 chi tiết máy.
1.0
2)
 = 29 – 12m
Phương trình có nghiệm 
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 	
Cách 1:
(1) , thay vào hệ thức được:
Giải phương trình được x1 = – 1
 x2 = – 4 
Thay x1 và x2 vào (2), tìm được (thỏa mãn điều kiện)
Vậy là giá trị cần tìm.
Cách 2:
Ta có hệ phương trình: 
Từ đó tìm được m.
1.0
Câu 4 (3,0đ)
0.25
1)
Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên:
Tứ giác MAOB có 
 Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
0.75
2)
Ta có: (so le trong, AE // MO) và 
NMF và NAM có: 
NMF NAM (g.g)
0.5
Có MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R
MO là đường trung trực của AB
AH MO và HA = HB
MAF và MEA có: 
MAF MEA (g.g)
Áp dụng hệ thức lượng vào vuông MAO, có: MA2 = MH.MO
Do đó: ME.MF = MH.MO 
MFH MOE (c.g.c)
Vì là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng
Áp dụng hệ thức lượng vào vuông NHA, có: NH2 = NF.NA
.
0.5
3)
Áp dụng hệ thức lượng vào vuông NHA, có: HA2 = FA.NA và HF2 = FA.FN
Mà HA = HB
Vì AE // MN nên (hệ quả của định lí Ta-lét)
1.0
Câu 5 (1,0 điểm) 
	Lời giải của thầy Dương Thế Nam:
Xét , áp dụng kỹ thuật Côsi ngược dấu ta có:
Tương tự: ; Suy ra
Lại có: 
Suy ra: 
Dấu “=” xảy ra 
Xét: , ta có:
Suy ra: 
Dấu “=” xảy ra 
Từ đó suy ra: . Dấu “=” xảy ra 
Vậy 
Nhận xét: Với đề Toán không chuyên thì câu cực trị này khó quá !
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM 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 xác định là
 A.x2	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 8cm 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 ( với x > 0 và x ≠ 1)
Rút gọn biểu thức P
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)
Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình. Tìm các giá trị của m sao cho 
 x12 + x1x2 + 3x2 = 7
Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
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)
Chứng minh AM.AB = AN.AC và AN.AC = MN2
Gọi I là trung điểm của EF, O là giao điểm của AH và MN. Chứng minh IO vuông góc với đường thẳng MN
Chứng minh 4(EN2 + FM2) = BC2 + 6AH2
Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình 
----------------------------Hết----------------------------
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
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
Phần
Nội dung
Điểm
Câu 1
(1,5đ)
1)
Vậy với x > 0 và x ≠ 1.
1.0
2)
Vậy x = 2 là giá trị cần tìm.
0.5
Câu 2
(1,5đ)
1)
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt .
0.5
2)
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
Cách 1:
Ta có hệ: 
 (thỏa mãn điều kiện)
Cách 2:
. Do đó:
Từ đó tìm x2 rồi tìm m.
1.0
Câu 3
(1,0đ)
Điều kiện: 
 (thỏa mãn điều kiện)
1.0
Câu 4
(3,0đ)
0.25
1)
Ta có: (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
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.
0.75
2)
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)
Chứng minh tương tự được 
 ME // NF MEFN là hình thang vuông
Lại có OI là đường trung bình của hình thang vuông MEFN
.
1.0
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.
1.0
Câu 5. (1,0 điểm) 
	Điều kiện: 
Cách 1: Lời giải của thầy Nguyễn Minh Sang:
	Đặt , phương trình trên trở thành:
 	Với 
	Với 
Vậy .
Cách 2: Lời giải của thầy Nguyễn Văn Thảo:
Đặt: ta có phương trình:
Vậy phương trình có tập nghiệm: .
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2017 – 2018 
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 03 tháng 6 năm 2017
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1. (2 điểm)
Giải phương trình: 
Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 100 m. Tính chiều dài và chiều rộng của miếng đất, biết rằng 5 lần chiều rộng hơn 2 lần chiều dài 40 m.
Câu 2. (1,5 điểm)
 	Trong mặt phẳng tọa độ Oxy:
Vẽ đồ thị (P) của hàm số .
Cho đường thẳng (D): đi qua điểm C(6; 7). Tìm tọa độ giao điểm của (D) và (P).
Câu 3. (1,5 điểm)
Thu gọn biểu thức sau: 
40
60
H
C
B
A
Lúc 6 giờ sáng bạn An đi xe đạp từ nhà (điểm A) đến trường (điểm B) phải leo lên và xuống một con dốc (như hình vẽ bên dưới). Cho biết đoạn thẳng AB dài 762 m, góc A = 60, góc B = 40
Tính chiều cao h của con dốc.
Hỏi bạn An đến trường lúc mấy giờ ? Biết rằng tốc độ trung bình lúc lên dốc là 4 km/h và tốc độ trung bình lúc xuống dốc là 19 km/h.
Câu 4. (1,5 điểm)
 	Cho phương trình: (1) (x là ẩn số)
Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
Định m để hai nghiệm x1,x2 của phương trình (1) thỏa mãn:
Câu 5. (3,5 điểm)
 	Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn tâm O đường kính AB cắt các đoạn BC và OC lần lượt tại D và I. Gọi H là hình chiếu của A lên OC; AH cắt BC tại M.
Chứng minh: Tứ giác ACDH nội tiếp và .
Chứng minh: Hai tam giác OHB và OBC đồng dạng với nhau và HM là tia phân giác của góc BHD.
Gọi K là trung điểm của BD. Chứng minh: MD.BC = MB.CD và 
MB.MD = MK.MC.
Gọi E là giao điểm của AM và OK; J là giao điểm của IM và (O) (J khác I). Chứng minh: Hai đường thẳng OC và EJ cắt nhau tại một điểm nẳm trên (O).
HẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu
Phần
Nội dung
Điểm
Câu 1
(2,0đ)
a)
1.0
b)
Gọi chiều dài là x(m) và chiều rộng là y (m).
Điều kiện: 0 < y < x < 50
Theo đề bài ta lập được hệ phương trình:
 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy chiều dài là 30m và chiều rộng là 20m.
1.0
Câu 2
(1,5đ)
a)
Lập bảng giá trị:
x
– 4
– 2
0
2
4
4
1
0
1
4
(P) là parabol đi qua các điểm: (–4;4), (–2;1), (0; 0), (2; 1), (4; 4).
0.75
b)
Vì (D) đi qua điểm C(6; 7) nên ta có:
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D):
Giải được x1 = 4; x2 = 2
Với x1 = 4 thì y1 = 4
Với x2 = 2 thì y2 = 1
Vậy tọa độ giao điểm của (D) và (P) là (4; 4) và (2; 1).
0.75
Câu 3
(1,5đ)
1)
Cách 1:
Cách 2:
0.5
2a)
Cách 1:
Đặt AH = x (m) (0 < x < 762) BH = 762 – x (m). Ta có:
Áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông, ta có:
h = x.tan60 h = (762 – x).tan40
Cách 2:
Ta có: 
0.5
2b)
Tính được:
Thời gian An đi từ nhà đến trường là:
 = 6 phút
 An đến trường vào khoảng 6 giờ 6 phút.
0.5
Câu 4
(1,5đ)
a)
 = (2m – 1)2 – 4(m2 – 1) = 5 – 4m
Phương trình có hai nghiệm phân biệt 
0.5
b)
Phương trình có nghiệm 
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
Theo đề bài:
Ta có hệ phương trình: 
Kết hợp với điều kiện là giá trị cần tìm. 
1.0
Câu 5
(3,5đ)
0.25
a)
Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 (kề bù với )
Tứ giác ACDH có 
 Tứ giác ACDH nội tiếp
0.5
Tứ giác ACDH nội tiếp 
Mà (cùng phụ với góc ACB)
0.25
b)
Áp dụng hệ thức lượng vào vuông AOC, có: 
 OA2 = OH.OC
 OB2 = OH.OC (vì OA = OB)
OHB và OBC có: 
 OHB OBC (c.g.c)
0.5
OHB OBC 
Mà 
 HM là tia phân giác của góc BHD.
0.25
c)
HBD có HM là đường phân giác trong tại đỉnh H
Mà HC HM
 HC là đường phân giác ngoài tại đỉnh H
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác, có:
0.5
Gọi N là giao điểm thứ hai của AH và (O).
OAN cân tại O, có OH là đường cao 
(O) có K là trung điểm của dây BD khác đường kính
Do đó, 5 điểm A, C, N, K, O cùng thuộc đường tròn đường kính OC
Dễ chứng minh bài toán phụ: Nếu hai dây AB và CD của (O) cắt nhau tại I thì IA.IB = IC.ID.
Áp dụng bài toán trên, ta có:
(O) có hai dây AN và BD cắt nhau tại M nên MA.MN = MB.MD
Đường tròn đường kính OC có hai dây AN và CK cắt nhau tại M nên
MA.MN = MC.MK
Do đó MB.MD = MC.MK.
0.5
d)
 (O) có hai dây AN và IJ cắt nhau tại M nên MA.MN = MI.MJ
 MI.MJ = MC.MK
 MIC MKJ 
Mà 
 Tứ giác EJKM nội tiếp
Gọi F là giao điểm thứ hai của CO với (O)
 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 E, J, F thẳng hàng
 OC và EJ cắt nhau tại điểm F thuộc (O).
Phần này tương tự ý 5c) đề Hồ Chí Minh năm học 2013 – 2014
0.75
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu
Phần
Nội dung
Điểm
Câu I
(2,5đ)
1)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2; 3).
1.0
2)
Vậy với x > 0.
1.5
Câu II
(2,0đ)
1)
Khi m = 2, ta có phương trình:
 x2 – 4x + 3 = 0
Vì a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 nên phương trình có hai nghiệm:
 x1 = 1; x2 = 3
Vậy khi m = 2 thì phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 3.
0.75
2)
 Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
0.5
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
Biến đổi phương trình:
Vì x1, x2 là các nghiệm của phương trình nên:
Xét 
 Phương trình cần lập là:
 .
0.75
Câu III
(1,0đ)
Gọi số học sinh nam là x (x N*; x < 15)
 Số học sinh nữ là 15 – x.
Mỗi bạn nam trồng được (cây), mỗi bạn nữ trồng được (cây).
Vì mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ 1 cây nên ta có phương trình: 
Giải phương trình được: x1 = 75 (loại) ; x2 = 6 (nhận)
Vậy nhóm có 6 học sinh nam và 9 học sinh nữ.
1.0
Câu IV
(3,5đ)
0.25
1)
Tứ giác ADCE có:
 Tứ giác ADCE nội tiếp
1.0
2)
Tứ giác ADCE nội tiếp 
Chứng minh tương tự, ta có 
Mà 
 CDE CFD (g.g)
0.75
3)
Vẽ Cx là tia đối của tia CD
CDE CFD 
Mà 
 Cx là tia phân giác của ECF
0.75
4)
Tứ giác CIDK có:
 CIDK là tứ giác nội tiếp
 IK // AB
0.75
Câu V
(1,0đ)
1)
Giải phương trình: 
Đặt y = x2 + 1, phương trình trở thành:
Với y = 2x thì 
Với y = – 5x thì 
Vậy tập nghiệm của phương trình là 
0.5
2)
Cho 4 số thực dương x, y, z, t thỏa mãn x + y + z + t = 2.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
Lời giải của thầy Bùi Thanh Liêm:
Với x, y, z, t > 0, theo bất đẳng thức Cô si ta có :
Suy ra 
Mà x + y + z + t = 2, suy ra
Nên 
Dấu = xảy ra khi 
Vậy Min A = 16 
0.5
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
I. TRẮC NGHIỆM (2 điểm).
Câu
1
2
3
4
Đáp án
D
A
B
D
II. TỰ LUẬN (8 điểm).
Câu
Phần
Nội dung
Điểm
Câu 5
(2,0đ)
a)
Với m = 2, hệ (1) trở thành:
Vậy với m = 2 thì nghiệm của hệ (1) là (5; 2).
0.75
b)
Ta thấy: 
 Hệ (1) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m.
0.25
c)
Do đó:
A = x2 + y2 = (m + 3)2 + m2 = 2m2 + 6m + 9
Dấu “=” xảy ra 
Vậy 
1.0
Câu 6
(2,0đ)
a)
Gọi số hàng ghế lúc đầu là x ().
 Số ghế ở mỗi hàng lúc đầu là (chiếc).
Nếu bớt đi 2 hàng thì số hàng còn lại là x – 2.
Khi đó, số ghế ở mỗi hàng là (chiếc).
Vì lúc đó mỗi hàng còn lại phải xếp thêm 2 ghế nên ta có phương trình: 
Giải phương trình được: x1 = 10 (thỏa mãn điều kiện)
 x2 = – 8 (không thỏa mãn điều kiện)
Vậy lúc đầu có 10 hàng ghế.
1.0
b)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
Vì a + b + c = 1 + 1 – 2 = 0 nên phương trình có hai nghiệm:
 x1 = 1; x2 = – 2
Với x = 1 thì y = 1 – 2 = – 1
Với x = – 2 thì y = – 2 – 2 = – 4
 A(1; – 1) và B(– 2; – 4)
Dễ thấy (d) cắt Oy tại điểm C(0; – 2). Do đó:
 (đvdt).
1.0
Câu 7
(3,0đ)
0.25
a)
Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 (kề bù với )
Tứ giác BEMH có: 
 Tứ giác BEMH nội tiếp
0.75
b)
Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
AFB và AHN có: 
 AFB AHN (g.g)
0.25
Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp AMN
Vì và (tứ giác BEMH nội tiếp)
nên 
AFC và ADN có: 
 AFC ADN (g.g)
Mặt khác, AFB AHN (g.g)
Do đó, không đổi
(vì A, C, B, H cố định)
 Đường tròn ngoại tiếp AMN luôn đi qua điểm D cố định (khác A).
0.75
c)
Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì: 
Dễ thấy AHM NHD (g.g)
1.0
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
Dấu “=” xảy ra 
Vậy 
Câu 8
(1,0đ)
Đặt a = x2; b = y2 () thì . 
Vì nên:
Lại có 
Dấu “=” xảy ra 
Vậy 
1.0
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
PHÚ THỌ
KỲ THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM 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: .
b) 	Giải hệ phương trình: .
Câu 2 (2,5 điểm)
 	Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình và hai điểm A, B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là .
a) 	Tìm tọa độ của hai điểm 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: (m là tham số).
a) 	Giải phương trình với .
b) 	Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện : 
.
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 ().
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:
Câu 5 (1,0 điểm)
 	Giải phương trình : .
-------------- Hết--------------
Họ và tên thí sinh: ...................................................................... SBD: .................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu
Phần
Nội dung
Điểm
Câu 1
(1,5đ)
a)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1.
0.75
b)
Giải (1): 
Thay vào (2):
Với 
Với 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: .
0.75
Câu 2
(2,5đ)
a)
Vì A, B thuộc (P) nên:
Vậy .
0.75
b)
Gọi phương trình đường thẳng (d) là y = ax + b.
Ta có hệ phương trình:
Vậy (d): .
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:
Vậy khoảng cách từ gốc O tới (d) là .
1.0
Câu 3
(2,0đ)
a)
 (1)
Với m = 0, phương trình (1) trở thành: 
Vậy với m = 2 thì nghiệm của phương trình (1) là .
1.0
b)
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
Do đó:
Kết hợp với điều kiện là các giá trị cần tìm.
1.0
Câu 4
(3,0đ)
0.25
a)
Tứ giác AHIK có:
 Tứ giác AHIK nội tiếp.
0.75
b)
IAD và IBC có: 
 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O))
 (2 góc đối đỉnh)
 IAD IBC (g.g)
0.5
c)
Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có 
 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)
Mà 
Chứng minh tương tự, ta được 
HIK và BCD có: 
 HIK BCD (g.g)
0.75
d)
Gọi S1 là diện tích của BCD.
Vì HIK BCD nên: 
 (1)
Vẽ 
ABD và BCD có chung cạnh đáy BD nên:
 (2)
Từ (1) và (2) suy ra
 (đpcm)
0.75
Câu 5
(1,0đ)
Dựa theo lời giải của thầy Đinh Văn Hưng:
Giải phương trình : (1)
ĐK: 
Đặt: (2)
 (3)
Khi đó phương trình (1) (4)
Từ (2), (3), (4) ta có hệ phương trình: 
Vì x, u, v > 1 nên giả sử thì từ (5) 
Có nên từ (6) 
Do đó: 
Mặt khác, nếu x < v thì tương tự ta có x < v < u < x (vô lí)
Vì x = u nên:
 (thỏa mãn)
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2.
1.0
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu
Phần
Nội dung
Điểm
Câu I
(2,0đ)
1)
Vậy A = 5.
1.0
2)
Vì đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua điểm K(2; 3) nên ta có:
Vậy m = – 1 là giá trị cần tìm.
1.0
Câu II
(3,0đ)
1)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (3; 1).
0.75
2)
Với , ta có:
Vậy với thì B < 0.
1.0
3a)
Phương trình (1)
Khi , phương trình (1) trở thành:
Vậy khi thì phương trình (1) có tập nghiệm .
0.5
3b)
 Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm dương là:
Ta có:
Dấu “=” xảy ra
 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy m = 0 là giá trị cần tìm. Khi đó .
0.75
Câu III
(1,5đ)
Gọi số học sinh của lớp 9A, 9B lần lượt là x, y ().
 Lớp 9A ủng hộ 6x quyển sách giáo khoa và 3x quyển sách tham khảo, lớp 9B ủng hộ 5y quyển sách giáo khoa và 4y quyển sách tham khảo.
Ta có hệ phương trình:
Giải hệ được: (thỏa mãn điều kiện)
Vậy lớp 9A có 42 học sinh, lớp 9B có 40 học sinh.
1.5
Câu IV
(3,0đ)
0.25
1)
Tứ giác ABEK có: 
 Tứ giác ABEK nội tiếp
0.5
2)
CEA và CKB có: 
 CEA CKB (g.g)
0.5
3)
Vẽ đường kính AD của (O).
ABE vuông tại E nên 	
Mà (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O))
	(1)
ACD có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Mặt khác, (OAC cân tại O)
	(2)
Từ (1) và (2) 
Nhận xét: Nếu vẽ đường kính CD thì chứng minh nhanh hơn nhưng không tiện cho phần 4.
0.75
4)
 Gọi I là điểm đối xứng với O qua BC,
OI cắt BC tại N
 N là trung điểm của OI, BC và
các điểm I, N cố định. 
Ta thấy BH // CD (cùng AC)
Tương tự: CH // BD
 Tứ giác BHCD là hình bình hành
 N là trung điểm của BC thì N
cũng là trung điểm của HD
AHD có ON là đường trung bình
 AH = 2ON
 AH = OI (= 2ON)
Lại có AH // OI (cùng BC)
 Tứ giác AHIO là hình bình hành
 IH = OA = R = 3 (cm)
 H thuộc đường tròn (I; 3cm) cố định.
Nhận xét: Nếu cố định điểm A, cạnh BC di động nhưng có độ dài không đổi thì AH không đổi, do đó H di chuyển trên (A; R’) cố