5 Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Có đáp án)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT
1. Giải các phương trình sau:
a. 5y+11=0 ; b. x2-3x-18 =0
2. Giải hệ phương trình sau: 
Câu 1: (2.0 điểm)
Câu 2: (2.0 điểm) a. Rút gọn biểu thức: 
	b. Một đoàn xe chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc?
Câu 3: (2.0 điểm) Cho phương trình: x2- 4x + m +1 = 0 (1)
a. Giải phương trình (1) khi m = 2.
b. Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn đẳng thức = 5 (x1 + x2)
Câu 4: (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Phân giác trong của cắt BC tại D và cắt đường tròn tại M. Phân giác ngoài của cắt đường thẳng BC tại E và cắt đường tròn tại N. Gọi K là trung điểm của DE. Chứng minh:
a. MN BC tại trung điểm của BC ; b. ; c. AK tiếp xúc với đường tròn (O)
Câu 5: (1.0 điểm) Với a, b là các số dương. Chứng minh rằng:
ĐỀ 2
Câu 1: a) Thực hiện phép tính: 
 b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A( 2; 3 ) và điểm B(-2;1) Tìm các hệ số a và b.
Câu 2: Giải các phương trình sau: a) x2 – 3x + 1 = 0 b) 
Câu 3: Hai ô tô khởi hành cùng một lúc trên quãng đường từ A đến B dài 120 km. Mỗi giờ ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai là 10 km nên đến B trước ô tô thứ hai là 0,4 giờ. Tính vận tốc của mỗi ô tô.
Câu 4: Cho đường tròn (O;R); AB và CD là hai đường kính khác nhau của đường tròn. Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O;R) cắt các đường thẳng AC, AD thứ tự tại E và F.
 a) Chứng minh tứ giác ACBD là hình chữ nhật. b) Chứng minh ∆ACD và ∆CBE đồng dạng 
 c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn.
 d) Gọi S, S1, S2 thứ tự là diện tích của ∆AEF, ∆BCE và ∆BDF. Chứng minh: . 
Câu 5: Giải phương trình: 
ĐỀ 3
Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau:
 a) A = ; b) B = ( với a > 0, b > 0, a b)
Câu 2: a) Biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M ( 2; ) và song song với đường thẳng 
2x + y = 3. Tìm các hệ số a và b.
 b) Tính các kích thước của một hình chữ nhật có diện tích bằng 40 cm2, biết rằng nếu tăng mỗi kích thước thêm 3 cm thì diện tích tăng thêm 48 cm2.
Câu 3: a) Giải hệ phương trình: 
 b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x2 – x – 3 = 0. Tính giá trị biểu thức: P = x12 + x22.
Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, M là một điểm thuộc cạnh AC (M khác A và C ). Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N và cắt tia BM tại I. Chứng minh rằng:
 a) ABNM và ABCI là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
 b) NM là tia phân giác của góc .
 c) BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2.
Câu 5: Cho biểu thức A = . Hỏi A có giá trị nhỏ nhất hay không? Vì sao?
ĐỀ 4
Câu 1: a) Tìm điều kiện của x biểu thức sau có nghĩa: A = ; b) Tính: 
Câu 2: Giải phương trình và bất phương trình sau: a) ( x – 3 )2 = 4 b) 
Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx - 1 = 0 (1)
 a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2.
 b) Tìm các giá trị của m để: x12 + x22 – x1x2 = 7.
Câu 4: Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB (CD không đi qua tâm O). Trên tia đối của tia BA lấy điểm S; SC cắt (O; R) tại điểm thứ hai là M.
 a) Chứng minh ∆SMA đồng dạng với ∆SBC.
 b) Gọi H là giao điểm của MA và BC; K là giao điểm của MD và AB. Chứng minh BMHK là tứ giác nội tiếp và HK // CD. c) Chứng minh: OK.OS = R2.
Câu 5: Giải hệ phương trình: . ĐỀ 5
Câu 1: a) Giải hệ phương trình: 
 b) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình:3x2 – x – 2 = 0. Tính giá trị biểu thức: P = .
Câu 2: Cho biểu thức A = với a > 0, a 1
 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm các giá trị của a để A < 0.
Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – x + 1 + m = 0 (1)
a) Giải phương trình đã cho với m = 0.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 )
Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B).
 a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh 
 c) Vẽ CH vuông góc với AB (H AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH.
Câu 5: Cho các số a, b, c . Chứng minh rằng: a + b2 + c3 – ab – bc – ca 1.
 HƯỚNG DẪN 
Câu
Nội dung
Điểm
1.
(2.0 điểm)
a. y= 
0.5
b. x2-3x-18 =0
Giải phương trình có hai nghiệm x1=6; x2=-3
0.75
2. 
0.75
2. (2.0 điểm)
a. (0.75 điểm) ĐKXĐ 
==
0.25
0.25
0.25
b. (1.25 điểm)
	Gọi x là số xe lúc đầu (x Z+)
Lúc đầu dự định mỗi xe chở là (tấn hàng)
Lúc sau mỗi xe chở là (tấn hàng)
Do lúc sau mỗi xe chở ít hơn dự định ban đầu là 8 tấn nên ta có PT:
-=8
 480(x+3)-480x=8x(x+3)
x2 +3x -180 =0
Giải phương trình ta được: x1=-15 (loại); x2=12
Vậy lúc đầu đoàn xe có 12 chiếc.
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu 3
(2.0 điểm)
a. (1.0 điểm)
Khi m = 2, phương trình đã cho trở thành: x2- 4x + 3 = 0 
Ta thấy: a +b + c = 1 - 4 +3 = 0
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = 3
0.25
0.5
0.25
b. (1.0 điểm)
Điều kiện để phương trình đã cho có nghiệm là: 
3 - m 0 m 3 (*)
Với m 3 áp dụng hệ thức Vi ét ta có: 
 Ta có = 5 (x1+ x2) (x+ x)2- 2x1x2 = 5 (x1 + x2)
42 - 2 (m +1) = 5.42 (m + 1) = - 4 m = - 3 (thỏa mãn (*))
Vậy m = - 3 phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn = 5 (x1 + x2)
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu 4
(3.0 điểm)
a. (1.0 điểm) Ta có AM là tia phân giác nên 
M là điểm chính giữa của cung BC (2)
Ta có AE AM ( Tinh chất 2 đường phân giác của 2 góc kề bù)
 MN là đường kính của (O) (2)
Từ (1) và (2) MN cắt BC tại trung điểm của BC
b. (0.75 điểm) AED vuông tại A có AK là đường
trung tuyến ứng với cạnh huyền nên
AK=KE=KD AKE cân
Tac có (cùng phụ với )
Mà (cùng chắn cung AN)
c. (1.25 điểm) Ta có (c/m trên) 
Ta có (tam giác OAM cân) mà 
Mà 
Hay KA là tiếp tuyến của (O)
Câu 5: (1.0 điểm)
Ta có: 
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta được:
 Dấu “=” xảy ra khi a=b
 Dấu “=” xảy ra khi a=b
Từ (2) và (3) suy ra: 
Từ (1) và (4) suy ra:
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b.
0.25
0.25
0.25
0.25
ĐỀ SỐ 2
Câu 1: a) 
b) Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A(2; 3) nên thay x = 2 và y = 3 vào phương trình đường thẳng ta được: 3 = 2a + b (1). Tương tự: 1 = -2a + b (2). Từ đó ta có hệ:
.
Câu 2: a) Giải phương trình: x2 – 3x + 1 = 0. Ta có:	∆ = 9 – 4 = 5
Phương trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 = .
b) Điều kiện: x 1.
 x(x + 1) – 2(x – 1) = 4 x2 – x – 2 = 0 .
Đối chiếu với điều kiện suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
Câu 3: Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x (km/h). Suy ra vận tốc của ô tô thứ hai là: x – 10 (km/h) (Đk: x > 10). 
Thời gian để ô tô thứ nhất và ô tô thứ hai chạy từ A đến B lần lượt là (h) và (h). 
Theo bài ra ta có phương trình: 
Giải ra ta được x = 60 (thỏa mãn).Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 60 km/h và ô tô thứ hai là 50 km/h.
Câu 4:
a) Tứ giác ACBD có hai đường chéo AB và CD bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra ACBD là hình chữ nhật
b) Tứ giác ACBD là hình chữ nhật suy ra:
(1). Lại có sđ(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung); sđ(góc nội tiếp), mà (do BC = AD)(2). Từ (1) và (2) suy ra ∆ACD ~ ∆CBE .
c) Vì ACBD là hình chữ nhật nên CB song song với AF, suy ra: (3). Từ (2) và (3) suy ra do đó tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn.
d) Do CB // AF nên ∆CBE ~ ∆AFE, suy ra: 
. Tương tự ta có . Từ đó suy ra: .
Câu 5: Đk: x3 + 1 0 (1).
Đặt: a = ; b = ,( a0; b>0) (2) a2 + b2 = x2 + 2. 
Khi đó phương trình đã cho trở thành: 10.ab = 3.(a2 + b2) 
 a = 3b hoặc b = 3a.
+) Nếu a = 3b thì từ (2) suy ra: = 3 9x2 – 10x + 8 = 0 (vô nghiệm).
+) Nếu b = 3a thì từ (2) suy ra: 3 = 9x + 9 = x2 – x + 1 x2 – 10x – 8 = 0. Phương trình có hai nghiệm x1 = ; x2 = (thỏa mãn (1)).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = và x2 = .
ĐỀ SỐ 3
Câu 1:
Câu 2: 
a) Đk: và (*)
Rút y từ phương trình (1) rồi thế vào phương trình (2) ta được:
.
+ Với x = 2, suy ra y = x + 1 = 3 (thoả mãn (*))
+ Với x = , suy ra y = x +1 = (thoả mãn (*))
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (2; 3) và .
b) Phương trình x2 – x – 3 = 0 có các hệ số a, c trái dấu nên có hai nghiệm phân biệt x1; x2. 
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 1 và x1x2 = - 3. 
Do đó: P = x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 1 + 6 = 7.
Câu 3: 
a) Viết đường thẳng 2x + y = 3 về dạng y = - 2x + 3.
Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng trên, suy ra a = - 2 (1)
Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (2; ) nên ta có: (2). 
Từ (1) và (2) suy ra a = - 2 và b = .
b) Gọi các kích thước của hình chữ nhật là x (cm) và y (cm)
 ( x; y > 0).
Theo bài ra ta có hệ phương trình: .
Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình: t2 – 13t + 40 = 0 (1).
Giải phương trình (1) ta được hai nghiệm là 8 và 5.
Vậy các kích thước của hình chữ nhật là 8 cm và 5 cm.
Câu 4: 
a) Ta có:
(gt)(1).(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (2)
Từ (1) và (2) suy ra ABNM là tứ giác nội tiếp.
Tương tự, tứ giác ABCI có: 
 ABCI là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Tứ giác ABNM nội tiếp suy ra (góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (3).
Tứ giác MNCI nội tiếp suy ra (góc nội tiếp cùng chắn cung MI) (4).
Tứ giác ABCI nội tiếp suy ra (góc nội tiếp cùng chắn cung AI) (5).
Từ (3),(4),(5) suy ra NM là tia phân giác của .
c) ∆BNM và ∆BIC có chung góc B và ∆BNM ~ ∆BIC (g.g) BM.BI = BN . BC . 
Tương tự ta có: CM.CA = CN.CB. 
Suy ra: BM.BI + CM.CA = BC2 (6).
Áp dụng định lí Pitago cho tam giác ABC vuông tại A ta có: 
 BC2 = AB2 + AC2 (7).
Từ (6) và (7) suy ra điều phải chứng minh.
Câu 5: A = .
 Trước hết ta thấy biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi: (1).
Từ (1) ta thấy nếu x = 0 thì y nhận mọi giá trị tùy ý thuộc R (2). 
Mặt khác, khi x = 0 thì A = y + 3 mà y có thể nhỏ tùy ý nên A cũng có thể nhỏ tùy ý. Vậy biểu thức A không có giá trị nhỏ nhất.
ĐỀ SỐ 4
Câu 1: a) Biểu thức A có nghĩa .
 b) 
= .
Câu 2: a) ( x – 3 )2 = 4x – 3 = ± 2 . 
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 5; x = 1
b) Đk: .
.
Câu 3: a) Ta có ∆/ = m2 + 1 > 0, "m Î R. Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Theo định lí Vi-ét thì: x1 + x2 = 2m và x1.x2 = - 1.
Ta có: x12 + x22 – x1x2 = 7(x1 + x2)2 – 3x1.x2 = 7
 4m2 + 3 = 7m2 = 1 m = ± 1.
Câu 4: 
a) ∆SBC và ∆SMA có: 
, 
(góc nội tiếp cùng chắn ).
.
b) Vì AB ^ CD nên . 
Suy ra (vì cùng bằng tứ giác BMHK nội tiếp được đường tròn (1). 
Lại có: (2)
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). 
Từ (1) và (2) suy ra , do đó HK // CD (cùng vuông góc với AB).
c) Vẽ đường kính MN, suy ra .
Ta có: (sđ- sđ); sđ= (sđ- sđ); 
mà và nên suy ra 
(g.g) .
Câu 5: Giải hệ phương trình: 
Lấy pt (1) trừ pt (2) ta được: x3 – y3 = 2(y – x)
(x – y)(x2 – xy + y2 + 2) = 0 x – y = 0x = y.
( do x2 – xy + y2 + 2 = )
Với x = y ta có phương trình: x3 – 2x + 1 = 0
(x – 1)(x2 + x – 1) = 0 . 
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là: .
ĐỀ SỐ 5 
Câu 1: 
b) Phương trình 3x2 – x – 2 = 0 có các hệ số a và c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1và x2.
Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = và x1.x2 = . 
Do đó P = .
Câu 2:
 b) A < 0 .
Câu 3: a) Với m = 0 ta có phương trình x2 – x + 1 = 0
Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm.
b) Ta có: ∆ = 1 – 4(1 + m) = -3 – 4m. 
Để phương trình có nghiệm thì ∆0 - 3 – 4m0 4m (1).
Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = 1 + m
Thay vào đẳng thức: x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ), ta được: 
(1 + m)(1 + m – 2) = 3m2 = 4 m = ± 2. 
Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn.
Câu 4: 
a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO.
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)(1)
Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC 
(2). 
Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.
b) Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: (góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (3)
Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra:(góc nội tiếp cùng chắn cung AO) (4). 
Từ (3) và (4) suy ra 
c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). 
Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì (6).
Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH.
Câu 5: Vì b, c nên suy ra . Do đó:
a + b2 + c3 – ab – bc – ca a + b + c – ab – bc – ca (1).
Lại có: a + b + c – ab – bc – ca = (a – 1)(b – 1)(c – 1) – abc + 1 (2)
Vì a, b, c nên (a – 1)(b – 1)(c – 1) 0 ; – abc0
Do đó từ (2) suy ra a + b + c – ab – bc – ca 1 (3).
Từ (1) và (3) suy ra a + b2 + c3 – ab – bc – ca 1.