12 Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán

ĐỀ SỐ 1.
SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
QUẢNG TRỊ MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )
C©u 1. ( 2,5 điểm )
	Gi¶i c¸c ph­¬ng tr×nh sau
	a, 
	b,
C©u 2. ( 2,5 điểm )
	Cho pa ra bol (P): y = 
	a, Gäi A, B lµ hai ®iÓm trªn ®å thÞ (P) cã hoµnh ®é lÇn l­ît lµ -2; 4. ViÕt 	ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng ®i qua A, B
	b, Chøng minh r»ng ®­êng th¼ng (d): y = mx - 2m + 3 c¾t (P) t¹i hai ®iÓm 	ph©n biÖt. Gäi x1, x2 lµ hoµnh ®é hai giao ®iÓm Êy.
 	T×m m tho¶ m·n x12 + x22 = 24
C©u 3. ( 1,5 điểm )
	Mét phßng häp cã 90 ng­êi häp ®­îc s¾p xÕp ngåi ®Òu trªn c¸c d·y ghÕ. 	NÕu ta bít ®i 5 d·y ghÕ th× mçi d·y ghÕ cßn l¹i ph¶i xÕp thªm 3 ng­êi míi 	®ñ chç. Hái lóc ®Çu cã mÊy d·y ghÕ vµ mçi d·y ghÕ ®­îc xÕp bao nhiªu 	ng­êi?
C©u 4. ( 3,5 điểm )
	Cho ∆MNK cã c¸c gãc ®Òu nhän néi tiÕp ®­êng trßn (O, R). C¸c ®­êng 	cao NE, KF c¾t nhau t¹i H vµ lÇn l­ît c¾t ®­êng trßn (O, R) t¹i P, Q
	a, Chøng minh: EF // PQ
	b,Chøng minh:OM EF
	c, Cã nhËn xÐt g× vÒ c¸c b¸n kÝnh cña c¸c ®­êng trßn ngo¹i tiÕp c¸c tam 	gi¸c MHN, NHK, MHK 
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 1.
C©u 1.
a, pt 
x - 2 = 2007 hoÆc x - 2 = -2007
x = 2009 hoÆc x = 2005
b, §K: x 7
pt x - 7 = 0 hoÆc x2 - 16 = 0
 x = 7 ; x = 8
§S: x = 7 ; x = 8
C©u 2.
a, V× A, B thuéc (P) nªn A(-2; 2) B(4; 8)
Ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng qua A, B cã d¹ng y = ax + b
v× ®­êng th¼ng ®i qua A, B nªn ta cã hÖ pt
 a = 1; b = 4
®­êng th¼ng cÇn t×m lµ y = x + 4
b, Hoµnh ®é giao ®iÓm lµ nghiÖm cña pt
x2 - 2mx + 4m - 6 = 0
∆ = (m - 2)2 +2 > 0 víi mäi m
x12 + x22 = 24
(x1 + x2)2 - 2x1x2 = 24
m2 - 2m - 3 = 0 m = - 1 ; m = 3
C©u 3.
Gäi sè d·y ghÕ cã lóc ®Çu lµ x (d·y) §K: x nguyªn d­¬ng vµ x > 5
Th× mçi d·y ph¶i xÕp ng­êi
Sau khi bít 5 d·y th× sè d·y ghÕ lµ x - 5 d·y
Mçi d·y ph¶i xÕp ng­êi
Theo bµi ra ta cã pt : - = 3
 x2 - 5x - 150 = 0
 x1 = 15 ; x2 = - 10 (lo¹i)
VËy lóc ®Çu phßng häp cã 15 d·y ghÕ vµ mçi d·y cã 6 ng­êi
 C©u 4. 
ĐỀ SỐ 2.
SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 MÔN: TOÁN
 Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )
C©u1. ( 2 điểm )
	Gi¶i c¸c ph­¬ng tr×nh sau.
	a, 
	b, 
C©u 2. ( 3 điểm )
	Cho hµm sè: y = (m + 1)x - 2m +5 (m-1)
	a,T×m gi¸ trÞ cña m ®Ó ®å thÞ hµm sè c¾t trôc hoµnh t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é 	b»ng -2
	b, Chøng minh r»ng ®å thÞ hµm sè lu«n lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi 	m thay ®æi. T×m ®iÓm cè ®Þnh ®ã?
	c,T×m gi¸ trÞ cña m ®Ó ®å thÞ hµm sè ®i qua giao ®iÓm cña hai ®­êng th¼ng
	3x - 2y = -9 vµ y = 1 - 2x
C©u 3. ( 1 điểm )
	Hai tØnh A, B c¸ch nhau 60 km. Cã mét xe ®¹p ®i tõ A ®Õn B. Khi xe ®¹p 	b¾t ®Çu khëi hµnh th× cã mét xe m¸y c¸ch A 40 km ®i ®Õn A råi trë vÒ B 	ngay. T×m vËn tèc cña mçi xe biÕt xe g¾n m¸y vÒ B tr­íc xe ®¹p 40 phót 	vµ vËn tèc xe g¾n m¸y h¬n vËn tèc xe ®¹p lµ 15km/h.
C©u 4. ( 3 điểm )
	Cho ∆ABC cã c¸c gãc ®Òu nhän néi tiÕp ®­êng trßn (O, R). C¸c ®­êng 	cao BE, CF c¾t nhau t¹i H vµ lÇn l­ît c¾t ®­êng trßn (O, R) t¹i P, Q
	a, Chøng minh: EF // PQ
	b,Chøng minh:OA EF
	c, Cã nhËn xÐt g× vÒ c¸c b¸n kÝnh cña c¸c ®­êng trßn ngo¹i tiÕp c¸c tam 	gi¸c AHB, BHC, AHC 
C©u 5. ( 1 điểm )
	Cho a, b, clµ c¸c sè nguyªn kh¸c 0 tho¶ m·n:
 	Chøng minh r»ng: 
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 2.
C©u 1.
a, pt §K: x 3
 x2 - 8x + 12 = 0
x1 = 6 ; x2 = 2(lo¹i)
b, §K: x 1
pt x2 + x - 3 = 0
x1,2 = (t/m)
C©u 2.
a, m = 
b, m(x - 2) + (x - y +5) = 0
 §iÓm cè ®Þnh lµ (2; 3)
c, To¹ ®é giao ®iÓm cña hai ®­êng th¼ng 3x - 2y = -9 vµ y = 1 - 2x lµ (-1 ; 3)
§s: m = 1
C©u3.
Gäi vËn tèc cña ng­êi ®i xe ®¹p lµ x(km/h) §K: x>0
VËn tèc ng­êi ®i xe g¾n m¸y lµ: x + 15km/h
Thêi gan ng­êi ®i xe ®¹p ®· ®i lµ: (h)
 Thêi gan ng­êi ®i xe m¸y ®· ®i lµ: (h)
Do xe m¸y ®Õn B tr­íc 40' = (h) nªn ta cã pt
 - = 
x2 + 75x - 1350 = 0
∆ = 11025 = 105
x1 = 15 ; x2 = - 90 (lo¹i)
VËn tèc xe ®¹p lµ 15 km/h. VËn tèc ng­êi ®i xe m¸y lµ 15 + 15 = 30 km/h
C©u 4
a, Tø gi¸c AFEC néi tiÕp 
mµ EF // PQ 
b, Ta cã (gãc cã c¹nh t­¬ng øng vu«ng )
mµ PQ // EF 
c,Chøng minh H, Q ®èi xøng qua AB
∆AQB = ∆AHB 
chóng cã cïng b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp
b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp ∆AQB b»ng R
(b»ng b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp ∆ABC )
 b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp ∆AHB b»ng R
Chøng minh t­¬ng tù cã b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp ∆BHC; ∆AHC b»ng R
VËy c¸c tam gi¸c AHB, BHC, AHC cã b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp b»ng nhau
C©u 5
§Æt x1=
XÐt f(x) = (x - x1)(x - x2)(x - x3) = x3 - ux2 + vx - 1
Trong ®ã u = x1 + x2 + x3 =
 v = x1x2 + x2x3 + x3x1 = Z
NhËn xÐt: NÕu ®a thøc P(x) = ax3 + bx2 + cx + d (a, b, c, d Z ; a0)
cã nghiÖm h÷u tØ x = (p, q Z; q0; (p, q) = 1)
th× p lµ ­íc cña d cßn q lµ ­íc cña a.
¸p dông nhËn xÐt trªn ta cã
§a thøc f(x) cã 3 nghiÖm h÷u tØ x1, x2, x3 vµ c¸c nhiÖm nµy lµ ­íc cña 1
ĐỀ SỐ 3.
SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )
Bài 1: ( 1,5 điểm )
Tính giá trị của biểu thức với
Bài 2: ( 1,5 điểm )
Chứng minh rằng n nguyên dương, đều có:
 chia hết cho 91
Bài 3: ( 2 điểm )
 a) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn: . Tính giá trị lớn nhất của:
 b) Chứng minh rằng với mọi a, b, c là các số nguyên không âm:
Bài 4: ( 2 điểm )
Cho phương trình: (x là ẩn số)
a) Giải phương trình khi a=1
b) Tìm a để phương trình có 4 nghiệm . Khi đó tồn tại hay không giá trị lớn nhất của:
Bài 5: ( 3 điểm )
Cho 3 điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự ấy, (O) là đường tròn đi qua B,C. Kẻ từ A các tiếp tuyến AE và AF đến (O) (E, F là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC, N là trung điểm của EF.
a) Chứng minh E, F nằm trên 1 đường tròn cố định khi (O) thay đổi
b) Đường thẳng FI cắt (O) tại E’. Chứng minh EE’ // AB.
c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOI nằm trên đường thẳng cố định khi (O) thay đổi.
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 3
Bài 1.	Ta rút gọn x:
Ta có:
a)	 
b)	 
c)	 
Suy ra: 
Như vậy:
Tính A, ta có:
 	(1)
Thay x vào (1) ta được: 
Bài 2:
 n nguyên dương, ta có:
Ở đó: và 
Suy ra (1)
Lại có: 
Ở đó: và 
Suy ra 	(2)
Từ (1) và (2) suy ra và ta có (đpcm.)
Bài 3: 
Ta có:
a)	 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
b)	Ta có:
	=3
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hay là 
Ta có:
Với hoặc , ta có: 
Với hoặc , ta có: 
Với hoặc , ta có: 
Suy ra: 
Như vậy: 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
Bài 4: 
Phương trình đã cho có thể biến đổi thành:
a)	Với a=1 phương trình đã cho trở thành:
b)	Mỗi phương trình , có nhiều nhất là 2 nghiệm. Để phương trình đã cho có 4 nghiệm thì mỗi phương trình như trên phải có đúng 2 nghiệm và các nghiệm đó khác 0. Như vậy, để phương trình ban đầu có 4 nghiệm, điều kiện cần và đủ là:
*Với phương trình đã cho có 4 nghiệm là:
Như thế: 
 =
Tuy nhiên và không đạt được giá trị nên S không có giá trị lớn nhất!
Bài 5: 
a) Vì AF là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có: . 
Xét AFB và , ta có:
FAB=FAC
Suy ra AFB 
Suy ra: 
 Suy ra E, F là các điểm nằm trên đường tròn (A, )
b)	Vì AF là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có:
 (1)
Mặt khác: 
 (2)
Và:
 (4 điểm A, E, I, F cùng nằm trên đường tròn đường kính AO) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra được: . Suy ra EE’ // AB (Theo dấu hiệu góc đồng vị của hai đường thẳng song song)
c) Xét và ta có:
OAI = 
ANK=AIO=900
Suy ra OAI KAN
 (1)
Mặt khác (2)
Từ (1) và (2) suy ra AK.AI = AB.AC = const
Suy ra K là điểm cố định
Dễ dàng nhận thấy đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tứ giác OIKN, suy ra tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI nằm trên đường trung trực của KI là đường thẳng cố định. Từ đó ta có (đpcm).
ĐỀ SỐ 4.
SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )
Bài 1:	 ( 2,5 điểm )
 a) Chứng minh rằng biểu thức:
Không phụ thuộc vào x và y
 	 b) Chứng minh rằng: 
Bài 2: ( 2,5 điểm )
 Chứng minh bất đẳng thức:
	a) A = Với 
	b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
Bài 3: ( 2 điểm )
Giải phương trình căn thức: 
Bài 4: ( 3 điểm )
Trên mặt phẳng tọa độ xOy cho điểm A(-3;0) và B(-1;0). Xét điểm M, N thay đổi trên trục tung sao cho AM vuông góc với BN.
	a)Chứng minh rằng AN vuông góc với BM và OM.ON không đổi. Từ đó suy ra đường tròn đường kính MN luôn đi qua hai điểm cố định. Tìm tọa độ hai điểm cố định đó.
	b)Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. Xác định vị trí của M, N sao cho tam giác AMN có diện tích nhỏ nhất.
®¸p ¸n
ĐỀ SỐ 4.
Bài 1.
 a) Chứng minh rằng biểu thức:
A= 
Không phụ thuộc vào x và y.
b)Chứng minh rằng: 
Lời giải:
a)	Điều kiện để A có nghĩa: .
Với và . Ta có:
 (Bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm)
Và như vậy:
A=0, A không phụ thuộc vào x,y. ĐPCM.
Với và . Thay . Ta đuợc và ta có:
Như kết quả ở trường hợp ban đầu, ta được A=0, không phụ thuộc vào x, y. ĐPCM.
b) Ta có 
Vì là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và chia hết cho 6. Hay nói cách khác chia hết cho 6. Từ đó dễ dàng suy ra chia hết cho 6. ĐPCM.
Bài 2.
 a) Chứng minh bất đẳng thức:
 	Với 
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Lời giải:
Ta có: 
Như thế: 
Bây giờ, không mất tính tổng quát, ta giả sử: 
Ta cố định giá trị hai biến a, c và tìm giá trị của b: sao cho A đạt giá trị lớn nhất.
Vì a, c cố định, đạt giá trị lớn nhất:
iá trị của b: a<XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXbiểu thức A đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi
 đạt giá trị lớn nhất.
Ta có:
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
Như thế: 
Hay là : 
 (Vì )
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a; b; c) là một hoán vị của 
b) Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức 
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với:
Điều này hiển nhiên đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
Trở lại bài toán, ta có:
Ta có: 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 khi 
Bài 3. 
Giải phương trình căn thức: 
Lời giải:
Ta có: 
Vậy phương trình có nghiêm là hoặc 
Bài 4. 
Trên mặt phẳng tọa độ xOy cho điểm và . Xét điểm M, N thay đổi trên trục tung sao cho AM vuông góc với BN.
	a)Chứng minh rằng AN vuông góc với BM và OM.ON không đổi. Từ đó suy ra đường tròn đường kính MN luôn đi qua hai điểm cố định. Tìm tọa độ hai điểm cố định đó.
	b)Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. Xác định vị trí của M, N sao cho tam giác AMN có diện tích nhỏ nhất.
Lời giải:
a) Xét tam giác AMN có NB và AO là hai đường cao, giao nhau tại B. Do đó MB cũng là đường cao của tam giác. Từ đó suy ra AN vuông góc với BM. ĐPCM.
Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của BN với AM, AM với BN
Dễ dàng nhận thấy:
 (góc, góc)
Suy ra: 
 (góc, góc)
Suy ra: 
 (góc, góc)
Suy ra: 
Từ đó, ta có:
Hay nói cách khác OM.ON không đổi.
Gọi I, J là giao điểm của đường tròn đường kính MN với trục Ox.
Xét đường tròn đường kính MN có MN là đường kính, IJ là dây cung, MN vuông góc với IJ nên MN đi qua trung điểm của IJ. Hay nói cách khác OI=OJ.
Ta có:
 (góc, góc)
Suy ra: 
Hay nói cách khác:
Suy ra: I( , J(
I, J là các điểm cố định mà đường tròn
đường kính MN đi qua. ĐPCM.
b) Gọi K là giao điểm còn lại của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN với trục Ox
Ta có: (góc, góc)
Suy ra K(1;0) là điểm đối xứng của B qua O,là điểm cố định. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua A, K nên tâm G của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN nằm trên đường trung trực (d) () của AK. Ta chứng minh quỹ tích của G chính là đường thẳng (d). Thật vậy:
Gọi G’ là một điểm trên (d) , kẻ đường tròn (G’, G’A).Đường tròn này cắt trục tung tại hai điểm M’ và N’.Gọi P’, Q’ lần lượt là giao điểm của M’B với N’A, M’A với N’B. Ta cần phải chứng minh M’A vuông góc với BN’, hay là M’Q’ vuông góc với BN’.Thật vậy:
Vì K là điểm đối xứng của B qua O nên 
Suy ra: N’Q’ vuông góc AM’. Suy ra ĐPCM.
Vậy quỹ tích tâm G của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN là đường thẳng (d)
 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .Khi đó )
ĐỀ SỐ 5.
SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 MÔN: TOÁN
 Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )
Bài 1:	( 2, 5 điểm )
a) Tính:
 A=
 b)Chứng minh rằng:
Bài 2: ( 2, 5 điểm )
a) Giải phương trình: 
 b) Cho a, b thỏa mãn: và . Tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: A=
Bài 3: ( 1,5 điểm )
 Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố, a là số dương sao cho không phải là số nguyên tố thì phương trình: không có nghiệm hữu tỉ.
Bài 4:	 ( 3,5 điểm )
Cho đoạn thẳng AB và một điểm C trên AB sao cho , . Đường thẳng qua C và vuông góc với AB cắt nửa đường tròn đường kính AB tại D. Dựng đường tròn tâm J bán kính tiếp xúc với CA, CD và tiếp xúc với nửa đường tròn đường kính AB. Dựng đường tròn tâm K bán kính tiếp xúc với CB, CD và tiếp xúc với nửa đường tròn đường kính AB,. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABD.
a)Tính , theo a,b.
b)Tìm đẳng thức liên hệ giữa 
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 5.
Bài 1:	 a) Tính:
 A=
 b)Chứng minh rằng:
Lời giải:
a) Trước hết ta chứng minh các căn thức có nghĩa, để chứng minh điều này, ta chỉ cần chứng minh:
Điều này hiển nhiên đúng. Suy ra các căn thức đều có nghĩa.
Trở lại bài toán đã cho, ta có:
Do đó: 
Do đó: A=
Vậy A=1
b) Ta có:
Do đó:
S=
Lại có 
ĐPCM
Bài 2: a) Giải phương trình: 
 b) Cho a, b thỏa mãn: và . Tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: A=
Lời giải:
Ta có:
Vậy x=0 hoặc x=1
b)Ta có:
Do đó:A=
Với Dễ dàng nhận thấy a, b thỏa mãn các điều kiện ban đầu và . Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 
Với M là một số dương lớn tùy ý. Ta sẽ chứng minh tồn tại a và b sao cho A=M, thật vậy, chọn ta có:
Ta chọn khi đó 
Vì nên: 
Từ đó suy ra (a;b) thỏa mãn các bất đẳng thức đã cho và A=M với M dương, lớn tùy ý. Suy ra A không có giá trị lớn nhất.
Bài 3: Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố, a là số dương sao cho không phải là số nguyên tố thì phương trình: không có nghiệm hữu tỉ.
Lời giải:
Giả sử ngược lại phương trình có nghiệm hữu tỉ.
Gọi là hai nghiệm của và giả sử 
Ta có 
Suy ra a là số chính phương và do đó là số nguyên
Từ đó suy ra phương trình là phương trình có các hệ số nguyên và có nghiệm hữu tỉ, nên các nghiệm đó đều phải là nghiệm nguyên
Ta có: 
 . 
Điều này vô lý vì theo đề bài không phải là số nguyên tố.
Từ đó suy ra giả thiết phương trình có nghiệm hữu tỉ là sai. Suy ra ĐPCM.
Bài 4:	 Cho đoạn thẳng AB và một điểm C trên AB sao cho , . Đường thẳng qua C và vuông góc với AB cắt nửa đường tròn đường kính AB tại D. Dựng đường tròn tâm J bán kính tiếp xúc với CA, CD và tiếp xúc với nửa đường tròn đường kính AB. Dựng đường tròn tâm K bán kính tiếp xúc với CB, CD và tiếp xúc với nửa đường tròn đường kính AB,. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABD.
a)Tính , theo a,b.
b)Tìm đẳng thức liên hệ giữa 
Lời giải:
Không mất tính tổng quát, giả sử . Gọi O là trung điểm của AB. Khi đó đường tròn đường kính AB có tâm là O và 
Ta có: 
Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của (J), (K) với AB.
Ta có:
Xét , ta có:
Làm tương tự với ta suy ra được: 
Vậy , 
b) Xét tam giác vuông DAB, ta có:
Gọi X, Y, Z lần lượt là tiếp điểm của (I) với DA, DB, AB.
Ta có:
Mặt khác . Do đó 
Theo kết quả tính ở câu a), dễ dàng nhận thấy: 
Vậy: 
ĐỀ SỐ 6.
SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 MÔN: TOÁN
 Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )
Bài 1: ( 1,5 điểm )
	 Tính tổng 
Bài 2:	 ( 2,5 điểm )
 a) Giải phương trình theo tham số m:	 
 b) Tìm thỏa mãn phương trình:
Bài 3: ( 1 điểm )
Tìm số nguyên tố p để: và đều là các số nguyên tố.
Bài 4: ( 2 điểm )
Cho x,y, z là các số nguyên thỏa mãn phương trình 
a) Chứng minh rằng trong hai số x,y có ít nhất một số chia hết cho 3.
b) Chứng minh rằng tích xy chia hết cho 12.
Bài 5:	 ( 3 điểm )
Cho đường tròn tâm O, bán kính R và đường thẳng (d) ở ngoài đường tròn. M là một điểm di động trên (d) . Từ M kẻ các tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn ( P và Q là các tiếp điểm). N là giao điểm của PQ với OM.
a)Chứng minh rằng: OM.ON không đổi.
b)Chứng minh rằng: Chứng tỏ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ thuộc một đường thẳng cố định.
c)Tìm quỹ tích điểm N.
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 6.
Bài 1: 
Tính tổng 	
Lời giải:
Xét biểu thức 
Ta có: 
Thay giá trị của vào S, ta được:
Vậy 
Bài 2: 
a) Giải phương trình theo tham số m: (1)
Lời giải:
Điều kiện: 
Do đó, điều kiện cần để phương trình đã cho có nghiệm là: 
Với ta chứng minh phương trình đã cho có nghiệm, hơn nữa đó là nghiệm duy nhất.
Thật vậy, với , xét phương trình (2)
Ta có: 
Ta chứng minh cũng là nghiệm của phương trình (1).
Thật vậy, vì là nghiệm của phương trình (2), cho nên 
Suy ra: 
Hay là là nghiệm của phương trình (1).
Bây giờ ta chứng minh là nghiệm duy nhất của phương trình (1)
Giả sử ngoài phương trình (1) còn có 1 nghiệm . Xét các trường hợp:
a) 	 	 (3)
Suy ra: 
Điều này vô lý với (3)
b) 	 	 (4)
Lý luận tương tự như trường hợp a), ta cũng suy ra điều vô lý
Kết luận:
-Với , phương trình đã cho vô nghiệm
-Với phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 
b) Tìm thỏa mãn phương trình:
 (1)
Lời giải:
Bổ đề: 
Với 4 số a, b, c, d bất kỳ, đẳng thức (2) xảy ra khi và chỉ khi a, b, c, d cùng dấu.
Chứng minh bổ đề: 
 (3)
Đẳng thức (3) xảy ra khi và chỉ khi a, b, c, d cùng dấu. 
Suy ra (2) xảy ra khi và chỉ khi a, b, c, d cùng dấu.
Trở lại bài toán ban đầu:
Theo bổ đề (2), đẳng thức 
Xảy ra khi và chỉ khi và chỉ khi , , , cùng dấu. 
Mặt khác: 
Do đó 
Ta có:
Từ (4) và (5) suy ra (8)
Từ (4) và (6) suy ra (9)
(8) và (9) mâu thuẫn lẫn nhau, từ đó suy ra hệ (I) vô nghiệm
 (III)
Từ (10) và (11) suy ra (14)
Từ (10) và (12) suy ra (15)
Từ (14) và (15) và điều kiện ban đầu suy ra hoặc .
Với , thay vào (III) ta được 
Với , thay vào (III) ta được 
Thử lại, với đều thỏa mãn phương trình (1) ban đầu.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 
Bài 3: 
Tìm số nguyên tố p để: và đều là các số nguyên tố.
Lời giải:
Thử các trường hợp , , , ta tìm được thỏa mãn bài toán.
Với p>5. Vì p là số nguyên tố nên p sẽ là số lẻ, và có chữ số tận cùng là 1, hoặc 3, hoặc 7, hoặc 9. Như thế có chữ số tận cùng là 1 hoặc 9.
Nếu có chữ số tận cùng là 1 thì sẽ tận cùng bằng 5 và như thế sẽ chia hết cho 5 cho nên không thể là số nguyên tố.
Nếu có chữ số tận cùng là 9 thì sẽ tận cùng bằng 5 và như thế sẽ chia hết cho 5 cho nên không thể là số nguyên tố.
Kết luận, chỉ có thỏa mãn yêu cầu bài toán!
Bài 4:
 Cho x,y, z là các số nguyên thỏa mãn phương trình 
a) Chứng minh rằng trong hai số x,y có ít nhất một số chia hết cho 3.
b)Chứng minh rằng tích xy chia hết cho 12.
Lời giải:
a) Giả sử x và y đều không chia hết cho 3. Khi đó và chia 3 dư 1. Và như vậy, tổng chia 3 dư 2. Hay nói cách khác sẽ chia 3 dư 2. Điều này vô lý!
b) Trong x, y phải có ít nhất 1 số chia hết cho 2. Thật vậy, giả sử x, y đều là số lẻ, khi đó , sẽ có dạng 4k+1, suy ra tổng sẽ có dạng 4k+2. Hay nói cách khác chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4. Điều này vô lý!
Vậy trong x, y có 1 số chia hết cho 2. Ta giả sử số đó là x.
Nếu y cũng chia hết cho 2. Suy ra tích xy chia hết cho 4. Kết hợp với kết quả câu a) ta suy ra xy chia hết cho 12. ĐPCM
Nếu y không chia hết cho 2, nghĩa là y lẻ. Khi đó x phải chia hết cho 4. Thật vậy.
Giả sử ngược lại x chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4. Khi đó x có dạng 4k+2. Suy ra sẽ có dạng 8t+4.
Mặt khác y lẻ, y =2r+1. Khi đó . Suy ra có dạng 8t+1. Lý luận tương tự cũng có dạng 8t+1. Và như vậy vế phải của biểu thức đã cho chia 8 dư 1 còn vế trái chia 8 dư 5. Điều này vô lý!
Vậy x chia hết cho 4, suy ra xy chia hết cho 4. Kết hợp với kết quả câu a) ta cũng suy ra được xy chia hết cho 12. Và ta có ĐPCM
Bài 5: 
Cho đường tròn tâm O, bán kính R và đường thẳng (d) ở ngoài đường tròn. M là một điểm di động trên (d) . Từ M kẻ các tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn ( P và Q là các tiếp điểm). N là giao điểm của PQ với OM.
a)Chứng minh rằng: OM.ON không đổi.
b)Chứng minh rằng: Chứng tỏ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ thuộc một đường thẳng cố định.
c)Tìm quỹ tích điểm N.
Lời giải:
Xét tam giác OPM vuông tại P có PN là đường cao.Ta có:
ĐPCM.
b) Gọi I là trung điểm của OM. Kẻ OK vuông góc với (d).
Dễ dàng nhận thấy:
, suy ra tứ giác OPMQ nội tiếp đường tròn đường kính OM.
, suy ra tứ giác OPMK nội tiếp đường tròn đường kính OM.
Suy ra đ