4 Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán

ĐỀ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
ĐỀ 1
Bài 1: Cho phương trình: x2 – 4x + q = 0 (1) 
a. Giải phương trình (1) khi q = 3
b. Tìm q để phương trình (1) có nghiệm.
Bài 2: Giải hệ phương trình: 
Bài 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm D(0;1).
a. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm D(0;1) và có hệ số góc k.
b. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt G và H với mọi k.
c. Gọi hoành độ của hai điểm G và H lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng: x1.x2 = -1, từ đó suy ra tam giác GOH là tam giác vuông.
Bài 4: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm K (khác với điểm B). Từ các điểm K, A và B kẻ các tiếp tuyến với nửa đường tròn (O). Tiếp tuyến kẻ từ điểm K cắt các tiếp tuyến kẻ từ điểm A và B lần lượt tại C và D.
a. Gọi Q là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ K tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ giác BDQO nội tiếp được trong một đường tròn.
b. Chứng minh tam giác BKD đồng dạng với tam giác AKC, từ đó suy ra .
c. Đặt BOD = . Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và . Chứng tỏ rằng tích AC.BD chỉ phụ thuộc vào R, không phụ thuộc vào .
Bài 5: Cho các số thực t, u, v thoả mãn:
 u2 + uv + v2 = 1- 
 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: D = t + u + v
ĐỀ 3
Bài 1: Cho hai số x1 = 2 - , x2 = 2 + 
1. Tính x1 + x2 và x1x2
2. Lập phương trình bậc hai ẩn x nhận x1, x2 là hai nghiệm.
Bài 2: 1. Giải hệ phương trình: 
2. Rút gọn biểu thức: A = Với 
Bài 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y=(m2 - m)x +m và đường thẳng (d’): y = 2x + 2. tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’)
Bài 4: Trong mặt phẳng cho đường tròn (O), AB là dây cung không đi qua tâm của đường tròn (O). Gọi I là trung điểm của dây cung AB, M là một điểm trên cung lớn AB (M không trùng với A, B). Vẽ đường tròn (O’) đi qua m và tiếp xúc với đường thẳng AB tại A. Tia MI cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai N và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai C.
1. Chứng minh BIC = AIN, từ đó chứng minh tứ giác ANBC là hình bình hành.
2. Chứng minh rằng BI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN.
3. Xác định vị trí của điểm M trên cung lớn AB để diện tích tứ giác ANBC lớn nhất.
Bài 5: Cho (x+ )(y+ )=3
Tớnh x+y
ĐỀ 2
Bài 1: Cho phương trình: x2 + px - 4 = 0 (1) 
1. Giải phương trình (1) khi p = 3
2. Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1), tìm p để: x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > 6
Bài 2: Cho biểu thức 
C = với 
1. Rút gọn C.
2. Tìm c để biểu thức C nhận giá trị nguyên.
Bài 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và các điểm C, D thuộc parabol (P) với xC = 2, xD = -1.
1. Tìm toạ độ các điểm C, D và viết phương trình đường thẳng CD.
2. Tìm q để đường thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (với q là tham số) song song với đường thẳng CD.
Bài 4: Cho tam giác BCD có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao CM, DN của tam giác cắt nhau tại H.
1. Chứng minh tứ giác CDMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.
2. Kéo dài BO cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác CHDK là hình bình hành.
3. Cho cạnh CD cố định, B thay đổi trên cung lớn CD sao cho tam giác BCD luôn nhọn. Xác định vị trí điểm B để diện tích tam giác CDH lớn nhất. 
Bài 5: (1 Điểm) Cho u, v là các số dương thoả mãn u + v = 4.
 Tìm giá trị nhỏ nhất của: P = u2 + v2 + 
ĐỀ 4
Cõu 1: 1. Giải cỏc phương trỡnh:
a. x – 6 = 0 b. x2 – 5x + 4 = 0
2.Giải hệ phương trỡnh: 
Cõu 2: Cho biểu thức: 
với 
Rỳt gọn biểu thức B.
Tỡm cỏc số nguyờn y để biểu thức B khi cú giỏ trị nguyờn.
Cõu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): và Parabol (P): .
1.Tỡm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2.Chứng minh rằng đường thẳng (d) luụn cắt Parabol (P) tại hai điểm phõn biệt cú hoàng độ lần lượt M(x1; y1), N(x2; y2). Hóy tớnh giỏ trị của biểu thức 
Cõu 4: Cho tứ giỏc MNPQ nội tiếp đường trũn đường kớnh MQ. Hai đường chộo MP và NQ cắt nhau tại E. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng MQ sao cho EF vuụng gúc với MQ. Đường thẳng PF cắt đường trũn đường kớnh MQ tại điểm thứ 2 là K. Gọi L là giao điểm của NQ và PF. Chứng minh rằng:
1. Tứ giỏc PEFQ nội tiếp đường trũn.
2. FM là đường phõn giỏc của gúc 
3. NQ.LE= NE.LQ
Cõu 5: Cho cỏc số dương m, n, p thỏa món: . Chứng minh rằng 
ĐỀ 1
Bài 1: Phương trình: x2 – 4x + q = 0 (1) với q là tham số 
1. Khi q = 3 Phương trình (1) trở thành x2 – 4x + 3 = 0 
Ta có: a + b + c = 1 + (- 4) + 3 = 0
Nên phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = = 3
2. Để phương trình (1) có nghiệm thì:
Vậy với thì phương trình (1) có nghiệm.
Bài 2: Giải hệ phương trình: 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 
Bài 3: 
 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm D(0;1).
1. Phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm D(0;1) và có hệ số góc k là:
y = k(x - 0) + 1 y = kx + 1.
2. Hoành độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d) là nghiệm của phương trình:
x2 = kx + 1 x2 - kx - 1 = 0 (2)
Ta có: = k2 –4.(- 1) = k2 + 4 > 0 với mọi k
Nên phương trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi k. Hay đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt G và H với mọi k.
3. Hoành độ của hai điểm G và H lần lượt là x1 và x2. Khi đó x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (2)., áp dụng định lý vi – ét ta có: x1.x2 = = -1 Đường thẳng d1 đi qua O(0;0) và điểm G(x1 ; x12) có phương trình là: y = x1.x
Đường thẳng d2 đi qua O(0;0) và điểm H(x2 ; x22) có phương trình là: y = x2.x
Vì x1.x2 = -1 nên d1 d2 hạy OG OH suy ra:
Tam giác GOH là tam giác vuông tại O
Bài 4: 
1. Ta có: 
OQD +OBD = 900 + 900=1800
 Tứ giác BDQO nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Xét BKD và AKC có:
KBD = KAC = 900
BKD = AKC
Do đó: BKD AKC
 (1)
Mà CA = CQ, DQ = DB (2) (hai tiếp tuyến cùng xuất phát tại một điểm)
Từ (1) và (2) suy ra: 
3. Trong tam giác ODB vuông tại B ta có: BD = OB tgBOD = R.tg
Ta có: BOQ = 2BOD = 2 (Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
 OKQ = 900 - KOQ = 900 - 2
Trong tam giác vuông OQK vuông tại Q ta có: OK = = 
 KA = OK + OA = + R
 Trong tam giác KAC vuông tại A ta có:
AC = AK.tgAKC = ( + R). tg(900 - 2)
Ta có: DOQ = BOQ, COQ = AOQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 
Do đó: COD = DOQ + COQ = (BOQ + AOQ) = .1800 = 900
 COD vuông tại O
Mà OQ KC nên OQ2 = CQ.QD = AC.BD (vì CA = CQ, DQ = DB )
 AC.BD = R2 
Vậy: tích AC.BD chỉ phụ thuộc vào R, không phụ thuộc vào .
Bài 5: (1 Điểm) 
Ta có: D2 = (t + u + v)2 = u2 + v2 + t2 + 2uv + 2ut + 2vt (1)
Mặt khác: Theo giả thiết u2 + uv + v2 = 1- 2uv = 2 - 2u2 - 2v2 -3t2 (2)
Thay (2) vào (1) ta được:
D2 = 2 - u2 - v2 -2t2 + 2ut + 2vt = 2 – (u - t)2 – (v - t)2 2
D2 = 2 khi hoặc 
 - D 
Vậy: giá trị nhỏ nhất của D là - khi 
Giá trị lớn nhất của D là khi 
ĐỀ 2
Bài 1: (2 Điểm) Cho phương trình: x2 + px - 4 = 0 (1) với p là tham số 
1. 1. Khi p = 3 Phương trình (1) trở thành x2 + 3x - 4 = 0 
Ta có: a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0
Nên phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = = - 4
2. Ta có: 
Nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1, x2 và 
Mặt khác: 
 x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) = 
Để: x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > 6 thì: 3p > 6 p > 2
Vậy với p > 2 thì phương trình (1) luôn có nghiệm x1, x2 thoả mãn 
x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > 6
Bài 2: 
Với ta có: 
 C = = 
Vậy C = với 
2. Ta có: 
Do đó: giá trị nguyên của C = 1 Khi đó: 
Vậy với c = 1 thì C nhận giá trị nguyên bằng 1
Bài 3: 
 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và các điểm C, D thuộc parabol (P) với xC = 2, xD = -1.
1. Tung độ của điểm C là: yC = xC2 = 22 = 4 điểm C có toạ độ là (2; 4)
Tung độ của điểm D là: yD = xD2 = (-1)2 = 1 điểm D có toạ độ là (-1; 1)
x = k không phải là phương trình của đườn thẳng CD
Gọi y = ax + b là phương trình đường thẳng CD.
Vì điểm C(2; 4) thuộc đường thẳng CD nên ta có: 4 = 2a + b b = 4 – 2a (1)
Vì điểm D(-1; 1) thuộc đường thẳng CD nên ta có: 1 = (-1)a + b (2)
Thay (1) vào (2) ta được: 1 = -x + 4 – 2a a = 1
Thay a = 1 vào (1) ta được b = 4 – 2.1 = 2
Vậy đường thẳng CD có phương trình: y = x + 2 
2. Để đường thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (với q là tham số) song song với đường thẳng CD thì: 
.
Vậy với thì đường thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (với q là tham số) song song với đường thẳng CD.
Bài 4: 
1. Ta có: CMD = 900, CND = 900
Nên C, D, M, N cùng thuộc đường tròn đường kính CD
Hay tứ giác CDMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.
2. KDB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 DK // CM (cùng vuông góc với BD) (1)
 KCB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 CK // DN (cùng vuông góc với BC) (2) 
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CHDK là hình bình hành. (tứ giác có các cặp cạnh đối song song).
3. Gọi KP là đường cao của tam giác CKD , I là trung điểm của CD, K’ là điểm chính giữa cung nhỏ DC KP K’I
Vì tứ giác CHDK là hình bình hành nên SCDH = SCKD = KP.CD 
Để SCDH lớn nhất thì SCKD lớn nhất KP lớn nhất KP = K’I K trùng với K’ hay K là điểm chính giữa cung nhỏ CD.
Mà K, O, B thẳng hàng B là điểm chính giữa cung lớn CD.
Vậy điểm B là điểm chính giữa cung lớn CD thì diện tích tam giác CDH lớn nhất.
Bài 5: Ta có: u + v = 4 u2 + v2 = 16 – 2uv
Mặt khác: u, v là các số dương nên áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:
4uv (u + v)2 4uv 16 uv 4 
P = u2 + v2 + = 16 – 2uv + 16 – 2.4 + = 
P = khi u = v và u + v =4 u = v = 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi u = v = 2 
ĐỀ 3
Bài 1: Cho hai số x1 = 2 - , x2 = 2 + 
1. Ta có: (1)
 (2)
2. Từ (1) suy ra: thay vào (2) ta được:
Vậy là hai nghiệm của phương trình 
Bài 2: 
1. Giải hệ phương trình: 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 
2. Rút gọn biểu thức: 
 Với ta có: 
A = = 
 = 
Vậy A = Với 
Bài 3: 
 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy đường thẳng (d): y = (m2 - m)x + m song song với đường thẳng (d’): y = 2x + 2 
Vậy với m = -1. thì đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’)
Bài 4: 
1. Ta có: NAI = NMA (1) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AN trong đường tròn (O’))
ABC = AMC(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC trong đường tròn (O)) hay NMA =ICB (2)
Từ (1) và (2) suy ra: 
NAI = IBC
Xét AIN và BIC có:
NAI = IBC (c/m trên)
AI = IB (vì I là trung điểm của AB)
AIN = BIC (đối đỉnh)
Do đó: AIN = BIC
 IC = IN tứ giác ANBC có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường
 Tứ giác ANBC là hình bình hành.
2. ANBC là hình bình hành IBN = IAC hay IBN = BAC (3)
Mặt khác: BMC = BAC (4) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC trong đường tròn (O))
Từ (3) và (4) suy ra: IBN = BMI BI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN. 
3. Gọi AH là đường cao của tam giác ABC , C’ là điểm chính giữa cung nhỏ BC CH C’I
SANBC = 2SACB = 2.CH.AB = CH.AB
Để SANBC lớn nhất thì SACB lớn nhất CH lớn nhất CH = C’I C trùng với C’ hay C là điểm chính giữa cung nhỏ BC.
Mà M, I, C thẳng hàng M, O, C thẳng hàng M là điểm chính giữa cung lớn BC.
Bài 5: (x+ )(y+ )=3 (x+ )( - x)(y+ )=3( - x)
y+ = - x (1)
Và (x+ )(y+ )=3 (x+ )( - y)(y+ )=3( - y)
 x+ = - y (2)
(1)-(2) ta được x+y =0
ĐỀ 4
Cõu
Nội dung
Điểm
Cõu 1
(2điểm)
1. Giải cỏc phương trỡnh:
a. x = 6
b. x2 – 5x + 4 = 0. Nhận thấy 1 + (-5) + 4 = 0 phương trỡnh cú dạng a+ b + c = 0. Vậy ngiệm của phương trinh là: 
2. Giải hệ phương trỡnh: 
0.5
0.75
0.75
Cõu 2
(2điểm)
1. Với Ư(2)
2. Với Ta cú để A nhận giỏ trị nguyờn thỡ nguyờn hay (khụng thỏa món ĐKXĐ). 
Vậy khụng cú giỏ trị nguyờn nào của y để biểu thức B nhận giỏ trị nguyờn
1
1
Cõu 3
(2điểm)
1. Đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2) nờn cú là giỏ trị cần tỡm
2. Xột phương trỡnh hoành độ giao điểm giữa (d) và (P): Cú với mọi n nờn phương trỡnh luụn cú hai nghiệm phõn biệt với mọi n
Vậy (d) luụn cắt Parabol (P) tại hai điểm phõn biệt cú hoàng độ lần lượt M(x1; y1), N(x2; y2) khi đú ;
Áp dụng hệ thức Vi – ẫt ta cú: 
Theo bài ra ta cú 
 là giỏ trị cần tỡm.
0.5
0.75
0.75
Cõu 4
(3điểm)
Ta cú (gúc nội tiếp chắn nửa đường trũn); tứ giỏc PEFQ nội tiếp đường trũn đường kớnh PQ
Tương tự tứ giỏc MNEF nội tiếp
 (hai gúc nộ tiếp cựng chắn 
cung PQ trong đường trũn đường kớnh EQ)
 (hai gúc nội tiếp cựng chắn 
cung MN trong đường trũn đường kớnh ME)
 (hai gúc đối đỉnh)
 (hai gúc đối đỉnh)
hay PM là phõn giỏc của gúc 
3. Ta cú: 
(hai gúc nội tiếp cựng chắn 
cung MN trong đường trũn đường kớnh MQ)
(hai gúc nộ tiếp cựng chắn 
cung EF trong đường trũn đường kớnh EQ)
PE là phõn giỏc trong của . Lại cú PE là phõn giỏc ngoài của (đpcm)
1.0
1.0
1.0
Cõu 5
(1điểm)
Với a, b, c là cỏc số dương ta cú: 
 (+) mn
 (đỳng). Dấu bằng xảy ra khi m = n 
 (+) 
 (đỳng). Dấu bằng xảy ra khi m = n 
 (+) Từ (1) và (2) suy ra (do). 
 Suy ra . Dấu bằng xảy ra khi m = n = p
0.25
0.25
0.25
0.25