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

pdf 19 trang Người đăng duyenlinhkn2 Ngày đăng 16/04/2024 Lượt xem 304Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)
SỞ GD & ĐT TRƢƠNG QUANG AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2017 - 2018 
ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày 06/6/2017 
 Môn: TOÁN 
SBD:.. Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) 
Đề có 01 trang, gồm 05 câu 
MÃ ĐỀ 069 
Câu 1(2,0 điểm). Cho biểu thức 
1 1 1
1 1
A
a a a
 
   
  
 với 0a và 1a  . 
a) Rút gọn biểu thức A. 
b) Tìm các giá trị của a để 1A . 
Câu 2(1,5 điểm). 
a) Giải hệ phương trình 
2 3 1
4 9
x - y=
x+ y=



 . 
b) Cho hàm số bậc nhất  1 3y m x   (m là tham số). Tìm các giá trị của m để hàm số 
đồng biến. 
Câu 3(2,0 điểm). Cho phương trình 2 6 0x x m   (1) (m là tham số). 
a) Giải phương trình (1) khi 5m  . 
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm 1 2,x x thỏa mãn   2 21 2 361 1x + x +  . 
Câu 4(1,0 điểm). Cho hai số thực không âm a, b thỏa mãn 1a b  . 
 Chứng minh rằng  
2 1
64
ab a+b   
Câu 5(3,5 điểm). Cho đường tròn tâm O, bán kính R và M là một điểm nằm bên ngoài 
đường tròn. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). 
Gọi E là giao điểm của AB và OM. 
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp được trong một đường tròn. 
b) Tính độ dài đoạn thẳng AB và ME biết OM = 5cm và R = 3cm. 
c) Kẻ tia Mx nằm trong góc AMO cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D 
(C nằm giữa M và D). Chứng minh rằng MEC = OED . 
HẾT 
MÃ ĐỀ 231 
Câu 1(2,0 điểm). Cho biểu thức 
1 1 1
1 1
A
a a a
 
   
  
 với 0a và 1a  . 
a) Rút gọn biểu thức A. 
b) Tìm các giá trị của a để 1A . 
Câu 2(1,5 điểm). 
a) Giải hệ phương trình 
2 3 1
4 9
x - y=
x+ y=



 . 
b) Cho hàm số bậc nhất  1 3y m x   (m là tham số). Tìm các giá trị của m để hàm số 
đồng biến. 
Câu 3(2,0 điểm). Cho phương trình 2 6 0x x m   (1) (m là tham số). 
a) Giải phương trình (1) khi 5m  . 
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm 1 2,x x thỏa mãn   2 21 2 361 1x + x +  . 
Câu 4(1,0 điểm). Cho hai số thực không âm a, b thỏa mãn 1a b  . 
 Chứng minh rằng  
2 1
64
ab a+b  
Câu 5(3,5 điểm). Cho đường tròn tâm O, bán kính R và M là một điểm nằm bên ngoài 
đường tròn. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). 
Gọi E là giao điểm của AB và OM. 
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp được trong một đường tròn. 
b) Tính độ dài đoạn thẳng AB và ME biết OM = 5cm và R = 3cm. 
c) Kẻ tia Mx nằm trong góc AMO cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D 
 (C nằm giữa M và D). Chứng minh rằng MEC = OED . 
HẾT 
MÃ ĐỀ 069, 231 
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu 
phải lập luận logic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng. 
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì điểm 0 đối với những bước 
sau có liên quan. 
* Điểm thành phần của mỗi câu được phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm là 0,5 
điểm thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. 
* Đối với Câu 5, học sinh không vẽ hình thì cho điểm 0. Trường hợp học sinh có vẽ 
hình, nếu vẽ sai ở ý nào thì điểm 0 ở ý đó. 
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm 
từng câu. 
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu. 
Câu Nội dung Điểm 
1 
 Cho biểu thức 
1 1 1
1 1
A
a a a
 
   
  
 với 0a và 1a  . 
a) Rút gọn biểu thức A. 
 b) Tìm các giá trị của a để 1A . 
2,0 
1a 
1 1 1
1
a a
A
a a
  
 

0,5 
 
2
1
a
a a


0,5 
2
1a


. 
0,5 
1b 
Ta có: 
2
1 1
1
A
a
  

 1 2a   
0,25 
 3a  (thỏa mãn). Vậy với 3a  thì 1A  . 0,25 
2 
 a) Giải hệ phƣơng trình:
2 3 1
4 9
x - y=
x+ y=



 b) Cho hàm số bậc nhất:  1 3y m x   (m là tham số). Tìm các giá trị của m để 
hàm số đồng biến. 
1,5 
2a 
Ta có : 
2 3 1
4 9
x y
x y
 

 
2 3 1
12 3 27
x y
x y
 

 
0,25 
14 28 2
12 3 27 1
x x
x y y
  
  
   
0,5 
 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 1). 0,25 
2b 
 Hàm số bậc nhất  1 3y m x   đồng biến khi m – 1 > 0 0,25 
 1m  . 0,25 
 Câu Nội dung Điểm 
3 
Cho phƣơng trình 
2 6 0x x m   (1) (m là tham số) 
a) Giải phƣơng trình (1) khi 5m  . 
 b) Tìm m để phƣơng trình (1) có hai nghiệm 1 2,x x thỏa mãn   2 21 2 361 1x + x +  . 
2,0 
3a 
Khi 5m  phương trình  1 trở thành: 2 6 5 0x x   0,5 
Ta có: 1 ( 6) 5 0a b c       . 0,25 
Vậy phương trình có hai nghiệm 
1 21, 5x x  . 
0,25 
3b 
Phương trình (1) có nghiệm khi 0 9 0 9'Δ -m m     . 
0,25 
Theo hệ thức Vi-ét, ta có: 
1 2 1 2x + x =6, x x =m 
0,25 
      2 22 21 2 1 2 1 2 1 21 1 36 2 1 36x + x + = x x + x +x - x x + = 
 
22 2 1 0 1 0 1m - m+ = m m      (thỏa mãn). 
0,5 
4 
Cho hai số thực không âm a, b thỏa mãn 1a b  
 Chứng minh rằng:  
2 1
64
ab a+b  
1,0 
 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 
  
1
8
ab a+b  0,25 
Ta có:     
   
2 4
21 1 1
2
2 2 4 8 8
a+b+ ab a + b
ab a+b = ab a+b = = 0,5 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 
2 1
41
ab = a+b
a= b=
a + b =



 . 
0,25 
5 
 Cho đƣờng tròn tâm O, bán kính R và M là một điểm nằm bên ngoài đƣờng tròn. Từ M 
kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đƣờng tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). Gọi E là giao điểm của AB 
và OM. 
 a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đƣợc trong một 
đƣờng tròn. 
 b) Tính độ dài đoạn thẳng AB và ME biết OM = 5cm và 
 R = 3cm. 
 c)Kẻ tia Mx nằm trong góc AMO cắt đƣờng tròn tại hai điểm phân biệt C và D (C nằm 
giữa M và D). 
 Chứng minh rằng MEC = OED . 
3,5 
 Câu Nội dung Điểm 
0,5 
5a 
Ta có: MA  AO ; MB  BO (T/c tiếp tuyến). 
 Suy ra OAM = OBM = 900. 
0,25 
0,25 
Tứ giác MAOB có OAM + OBM = 1800. 
Nên tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp được trong một đường tròn. 
0,25 
0,25 
5b 
 Áp dụng định lí Pi-ta-go vào  AOM vuông tại A ta có 
 MO
2
 = MA
2
 + AO
2  MA2 = MO2 – AO2 MA2 = 52 – 32 = 16 
Suy ra MA = 4 cm. 
0,25 
Vì MA, MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau  MA = MB  MAB cân tại M. 
MO là phân giác của AMB (t/c tiếp tuyến) 
Suy ra MO  AB và E là trung điểm của AB (t/c tam giác cân). 
0,25 
 AMO vuông tại A có AE  MO nên ta có AE.MO = AM.AO (hệ thức trong tam giác vuông). 
Suy ra 
4.3 12
=
5 5
AM.AO
AE = =
MO
 suy ra 
24
5
AB = cm 0,25 
Lại có 
2MA = ME.MO (hệ thức trong tam giác vuông) (1) 
Suy ra 
2 16
5
MA
ME = =
MO
cm. 
0,25 
5c 
Xét hai tam giác MAC và MDA có ADC = MAC =
1
2
sđ AC ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp 
tuyến và dây cung cùng chắn 1 cung) và góc AMD chung 
Do đó MAC MDA (g.g) suy ra 
MA MC
=
MD MA
MA2=MC.MD (2) 
0,25 
Từ (1) và (2) suy ra MC.MD = ME.MO 
MC ME
=
MO MD
 mà góc CME chung 
Do đó MCE MOD (c.g.c) suy ra MEC = MDO (2 góc tương ứng) (3). 
Mà 
0180MEC+CEO=  0180MDO+CEO= 
Do đó tứ giác CDOE là tứ giác nội tiếp. 
0,5 
Suy ra OED= OCD ( góc nội tiếp cùng chắn cung OD) (4). 
Lại có OCD= ODC (do OCD cân tại O) hay OCD= MDO (5) 
Từ (3), (4) và (5) ta có MEC = OED . 
0,25 
E
C
D
O
A
B
M
MÃ ĐỀ 086 
Câu 1(2,0 điểm). Cho biểu thức 
1 1 1
1 1
B
b b b
 
   
  
 với 0b và 1b  . 
c) Rút gọn biểu thức B. 
d) Tìm các giá trị của b để 1B  . 
Câu 2(1,5 điểm). 
a) Giải hệ phương trình 
2 3 1
3 7
x - y=
x+ y=



 . 
b) Cho hàm số bậc nhất  1 3y n x   (n là tham số). Tìm các giá trị của n để hàm số 
đồng biến. 
Câu 3(2,0 điểm). Cho phương trình 2 6 0x x n   (1) (n là tham số). 
c) Giải phương trình (1) khi 5n  . 
d) Tìm n để phương trình (1) có hai nghiệm 1 2,x x thỏa mãn   2 21 2 361 1x + x +  . 
Câu 4(1,0 điểm). Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn 1x y  . 
 Chứng minh rằng  
2 1
64
xy x+ y  
Câu 5(3,5 điểm). Cho đường tròn tâm O, bán kính R và N là một điểm nằm bên ngoài 
đường tròn. Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB với đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). 
Gọi E là giao điểm của AB và ON. 
d) Chứng minh tứ giác NAOB nội tiếp được trong một đường tròn. 
e) Tính độ dài đoạn thẳng AB và NE biết ON = 5cm và R = 3cm. 
f) Kẻ tia Nx nằm trong góc ANO cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D 
 (C nằm giữa N và D). Chứng minh rằng NEC = OED . 
HẾT 
 MÃ ĐỀ 264 
Câu 1(2,0 điểm). Cho biểu thức 
1 1 1
1 1
B
b b b
 
   
  
 với 0b và 1b  . 
a) Rút gọn biểu thức B. 
b) Tìm các giá trị của b để 1B  . 
Câu 2(1,5 điểm). 
a) Giải hệ phương trình 
2 3 1
3 7
x - y=
x+ y=



 . 
b) Cho hàm số bậc nhất  1 3y n x   (n là tham số). Tìm các giá trị của n để hàm số 
đồng biến. 
Câu 3(2,0 điểm). Cho phương trình 2 6 0x x n   (1) (n là tham số). 
a) Giải phương trình (1) khi 5n  . 
b) Tìm n để phương trình (1) có hai nghiệm 1 2,x x thỏa mãn   2 21 2 361 1x + x +  . 
Câu 4(1,0 điểm). Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn 1x y  . 
 Chứng minh rằng  
2 1
64
xy x+ y  
Câu 5(3,5 điểm). Cho đường tròn tâm O, bán kính R và N là một điểm nằm bên ngoài 
đường tròn. Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB với đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). 
Gọi E là giao điểm của AB và ON. 
a) Chứng minh tứ giác NAOB nội tiếp được trong một đường tròn. 
b) Tính độ dài đoạn thẳng AB và NE biết ON = 5cm và R = 3cm. 
c) Kẻ tia Nx nằm trong góc ANO cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D 
(C nằm giữa N và D). Chứng minh rằng NEC = OED . 
HẾT 
MÃ ĐỀ 086, 264 
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu 
phải lập luận logic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng. 
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì điểm 0 đối với những bước 
sau có liên quan. 
* Điểm thành phần của mỗi câu được phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm là 0,5 
điểm thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. 
* Đối với Câu 5, học sinh không vẽ hình thì cho điểm 0. Trường hợp học sinh có vẽ 
hình, nếu vẽ sai ở ý nào thì điểm 0 ở ý đó. 
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm 
từng câu. 
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu. 
Câu Nội dung Điểm 
1 
 Cho biểu thức 
1 1 1
1 1
B
b b b
 
   
  
 với 0b và 1b  . 
a)Rút gọn biểu thức B. 
b)Tìm các giá trị của b để 1B  . 
2,0 
1a 
1 1 1
1
b b
B
b b
  
 

0,5 
 
2
1
b
b b


0,5 
2
1b


0,5 
1b 
Ta có: 
2
1 1
1
B
b
  

 1 2b   
0,25 
 3b  (thỏa mãn). Vậy với 3b  thì 1B  0,25 
2 
a) Giải hệ phƣơng trình:
2 3 1
3 7
x - y=
x+ y=



. 
b) Cho hàm số bậc nhất:  1 3y n x   (n là tham số). Tìm các giá trị của n để hàm số 
đồng biến. 
1,5 
2a 
Ta có : 
2 3 1
3 7
x y
x y
 

 
2 3 1
9 3 21
x y
x y
 

 
0,25 
11 22 2
9 3 21 1
x x
x y y
  
  
   
 0,5 
 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 1) 0,25 
2b 
 Hàm số bậc nhất  1 3y n x   đồng biến khi n – 1 > 0 0,25 
 1n  . 0,25 
 Câu Nội dung Điểm 
3 
Cho phƣơng trình 
2 6 0x x n   (1) (n là tham số) 
a)Giải phƣơng trình (1) khi 5n  . 
b)Tìm n để phƣơng trình (1) có hai nghiệm 1 2,x x thỏa mãn   2 21 2 361 1x + x +  . 
2,0 
3a 
Khi 5n  phương trình  1 trở thành: 2 6 5 0x x   0,5 
Ta có: 1 ( 6) 5 0a b c       0,25 
Vậy phương trình có hai nghiệm 
1 21, 5x x  
0,25 
3b 
Phương trình (1) có nghiệm khi 0 9 0 9'Δ -n n     
0,25 
Theo hệ thức Vi-ét, ta có: 
1 2 1 2x + x =6, x x =n 
0,25 
      2 22 21 2 1 2 1 2 1 21 1 36 2 1 36x + x + = x x + x +x - x x + = 
  
22 2 1 0 1 0 1n - n+ = n n      (thỏa mãn) 
0,5 
4 
Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn 1x y  
 Chứng minh rằng:  
2 1
64
xy x+ y  
1,0 
 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 
  
1
8
xy x+ y  0,25 
Ta có:     
   
2 4
21 1 1
2
2 2 4 8 8
yx+ y+ xy x +
xy x+ y = xy x+ y = = 0,5 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 
2 1
41
xy = x+ y
x= y=
x + y =



 
0,25 
5 
Cho đƣờng tròn tâm O, bán kính R và N là một điểm nằm bên ngoài đƣờng tròn. Từ N kẻ hai 
tiếp tuyến NA, NB với đƣờng tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). Gọi E là giao điểm của AB và ON. 
a)Chứng minh tứ giác NAOB nội tiếp đƣợc trong một đƣờng tròn. 
b)Tính độ dài đoạn thẳng AB và NE biết ON = 5cm và R = 3cm. 
c)Kẻ tia Nx nằm trong góc ANO cắt đƣờng tròn tại hai điểm phân biệt C và D (C nằm giữa N 
và D). Chứng minh rằng NEC = OED . 
3,5 
 Câu Nội dung Điểm 
0,5 
5a 
Ta có: NA  AO ; NB  BO (T/c tiếp tuyến). 
 Suy ra OAN = OBN = 900. 
0,25 
0,25 
Tứ giác NAOB có OAN + OBN = 1800. 
Nên tứ giác NAOB là tứ giác nội tiếp được trong một đường tròn. 
0,25 
0,25 
5b 
 Áp dụng định lí Pi-ta-go vào  AON vuông tại A ta có 
 NO
2
 = NA
2
 + AO
2  NA2 = NO2 – AO2 NA2 = 52 – 32 = 16 
Suy ra NA = 4 cm. 
0,25 
Vì NA, NB là 2 tiếp tuyến cắt nhau  NA = NB   NAB cân tại N. 
NO là phân giác của ANB (t/c tiếp tuyến) 
Suy ra NO  AB và E là trung điểm của AB (t/c tam giác cân). 
0,25 
 ANO vuông tại A có AE  NO nên ta có AE.NO = AN.AO (hệ thức trong tam giác vuông). 
Suy ra 
4.3 12
=
5 5
AN.AO
AE = =
NO
 suy ra 
24
5
AB = cm 0,25 
Lại có 
2NA = NE.NO (hệ thức trong tam giác vuông) (1) 
Suy ra 
2 16
5
NA
NE = =
NO
cm. 
0,25 
5c 
Xét hai tam giác NAC và NDA có ADC = NAC =
1
2
sđ AC ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp 
tuyến và dây cung cùng chắn 1 cung) và góc AND chung 
Do đó NAC NDA (g.g) suy ra 
NA NC
=
ND NA
NA2=NC.ND (2) 
0,25 
Từ (1) và (2) suy ra 
NC NE
NC.ND=NE.NO =
NO ND
 mà góc CNE chung 
Do đó  NCE  NOD (c.g.c) suy ra NEC = NDO (2 góc tương ứng) (3). 
Mà 
0180NEC+CEO=  0180NDO+CEO= 
Do đó tứ giác CDOE là tứ giác nội tiếp. 
0,5 
 Câu Nội dung Điểm 
Suy ra OED= OCD ( góc nội tiếp cùng chắn cung OD) (4). 
Lại có OCD= ODC (do OCD cân tại O) hay OCD= NDO (5) 
Từ (3), (4) và (5) ta có NEC = OED . 
0,25 
SỞ GD & ĐT TRƢƠNG QUANG AN KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
 NĂM HỌC 2017 - 2018 
ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày 06/6/2017 
 Môn: TOÁN (CHUYÊN) 
SBD:.. Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
 Đề có 01 trang, gồm 05 câu 
Câu 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức  4 3 2
2 2
a
P a a
a a a
 
     
  
 với 0, 4a a  . 
e) Rút gọn biểu thức P. 
f) Tính giá trị của P khi 
 3 2 4 2 3
3 1
a
 
 

Câu 2 (2,5 điểm) 
a) Giải phương trình 
2
1 1
2 2019 3 2018x x
x x
     . 
b) Cho phương trình  2 22 2 1 8 0x - m x+m + = (1) (m là tham số). Tìm m để 
phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2x ,x thỏa mãn: 
   2 2 2 21 1 2 24 1 4 1 25x - m x m x - m x m            . 
Câu 3 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 3ab bc ca abc   . 
 Chứng minh rằng: 
3 3 3
1 1 1 3
2a b b c c a
  
  
 . 
Câu 4 (3,5 điểm). Cho tam giác nhọn ABC ( AB AC ) nội tiếp đường tròn tâm O . 
Đường phân giác của góc BAC cắt BC tại D, cắt đường tròn (O) tại E. Gọi M là giao điểm 
của AB và CE. Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt AD tại N và tiếp tuyến tại E của 
đường tròn (O) cắt CN tại F. 
a) Chứng minh tứ giác MACN nội tiếp được trong một đường tròn. 
b) Gọi K là điểm trên cạnh AC sao cho AB = AK. Chứng minh .AO DK 
c) Chứng minh rằng 
1 1 1
CF CN CD
  . 
 Câu 5 (1,0 điểm).Trong 100 số tự nhiên từ 1 đến 100 hãy chọn n số ( 2n  ) sao cho hai 
số phân biệt bất kỳ được chọn có tổng chia hết cho 6. Hỏi có thể chọn n số thỏa mãn 
điều kiện trên với n lớn nhất bằng bao nhiêu? 
HẾT 
Yêu cầu chung 
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu 
phải lập luận logic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng. 
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì điểm 0 đối với những bước 
sau có liên quan. 
* Điểm thành phần của mỗi câu được phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm là 0,5 
điểm thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. 
* Đối với Câu 4, học sinh không vẽ hình thì cho điểm 0. Trường hợp học sinh có vẽ 
hình, nếu vẽ sai ở ý nào thì điểm 0 ở ý đó. 
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm 
từng câu. 
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu. 
Câu Nội dung Điểm 
1 2,0 
1a 
Ta có:   4 4. 1 2
2
a
P a a
a a

  

0,5 
 
 
  
4 1
. 1 2
2
a
a a
a a

  

0,25 
 4 1a
a

 
0,25 
1b 
Ta có: 
   
   
2
3 2 4 2 3 3 2 2 4 2 3
3 1 3 1
3 2 2 3 1
3 2 2
3 1
a
   
 
 
 
  

0,5 
Suy ra: 2 1a   0,25 
Khi đó: 
 4 3 2 2 1
8
2 1
P
 
 

0,25 
2 2,5 
ĐK: 672; 0x x   
Ta có: 
0,5 
 Câu Nội dung Điểm 
2a 
2 2
1 1 1 1
2 2019 3 2018 3 2018 2 2019x x x x
x x x x
           
2
1 1
3 2018 2 2019
x x
x x x
 
 
  
 0,25 
   2
1 1
1 0
3 2018 2 2019
x
xx x
 
        
0,25 
 1x  do 
2
1 1
0
3 2018 2 2019 xx x
 
  
 với 672; 0x x   Vậy 
phương trình có nghiệm duy nhất 1x  
0,25 
2b 
Ta có   23 4 7 1 3 7'Δ m m m m      
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi   
1
0 1 3 7 0 7
3
m
'Δ m m
m

     
  

(*) 
0,5 
Vì 1 2x ,x là hai nghiệm của phương trình (1) nên 
Theo hệ thức Vi-ét ta có 
1 2
2
1 2
4 2
. 8
x x m
x x m
  

 
và 
 
 
2 2
1 1 1
2 2
2 2 2
4 1 8
4 1 8
x - m x m x
x - m x m x
   

   
0,25 
Khi đó:       2 2 2 21 1 2 2 1 28 8 254 1 4 1 25 x xx - m x m x - m x m                0,25 
  21 2 1 2
1
31
8 64 25 0 32 31 0
m
m
x x x x m m

 
           
Kết hợp (*) ta được m = 31. 
0,25 
3 1,0 
Từ giả thiết ta có 
1 1 1
3
a b c
   
Khi đó : 
3 3 3
1 1 1 1 1 1
2 2 2a b b c c a a ab b bc c ca
    
  
0,25 
1 1
2 2 2
a ab b bc c ca a ab b bc c ca
a ab b bc c ca a ab b bc c ca
     
       
    
 0,25 
 
1 1 1 1 1
3 3
2 2 2 2
1 1 3
3 3 3
2 2 22 2 2 2 2
ab bc ca
ab bc caab bc ca
a b b c c a
ab bc ca
  
         
   
   
       
 
 0,25 
 Câu Nội dung Điểm 
Dấu “=” xảy ra khi 1a b c   0,25 
4 3.5 
0,5 
4a 
Vì AD là tia phân giác của BAC nên MAN NAC . 
Mà NAC MCN (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung). 
0,5 
Suy ra NAM MCN . 0,25 
Vậy tứ giác MACN nội tiếp được trong một đường tròn. 0,25 
4b 
Gọi ( )I AO DK I DK   
Khi đó: (do )AKI ABD AKD ABD   
0,5 
Suy ra 
01 90
2
AKI AOC OAK   nên 090AKI OAK  
Vậy .AO DK 
0,5 
4c 
Ta có: BCE CEF nên BC//EF hay DC//EF 0,25 
Do đó: 
EF NF
CD NC
 suy ra 
EF CN CF
CD CN

 0,25 
1 1
1CF
CD CN
 
   
 
 (do EF=CF). 0,25 
Vậy 
1 1 1
CF CN CD
  0,25 
5 1,0 
 Câu Nội dung Điểm 
 Gọi 
1 2
, ,...,
n
a a a là n số thỏa mãn đề bài. 
Vì 6, 12, 18 thỏa mãn đề bài nên chỉ cần xét 3n  . 
0,25 
Theo giả thiết thì 
1 2 1 3 2 3
, ,a a a a a a   đều chia hết cho 6 nên 
1 2 3
2 ( ) 6a a a  suy ra 
1
2 6a do đó 
1
3 a . 
Lập luận tương tự thì mọi số 
1 2
, ,...,
n
a a a đều chia hết cho 3, nghĩa là khi chia cho 6 chúng có dạng 
6k hoặc 6 3k  ( k là số tự nhiên). 
0,25 
Trong n số đang xét không thể có hai số thuộc cả hai dạng trên, vì lúc đó tổng của chúng không chia hết 
cho 6. 
Vậy chỉ có hai dãy số ( 3n  ) thỏa mãn đề bài là: 
1) Các số đó đều có dạng 6k , với 1 16k  , gồm 16 số. 
2) Các số đó đều có dạng 6 3k  , với 0 16k  , gồm 17 số. 
Kết luận: Có thể chọn dãy với n lớn nhất là n = 17 số thỏa mãn đề bài. 
0,5 
Lưu ý: Nếu học sinh chỉ xét 2 dạng 6k và 6k + 3 mà không lập luận để loại trừ các trường hợp khác thì 
cho 0,5 điểm. 
CHUYÊN GIA VỀ TOÁN HÀNG ĐẦU TẠI QUẢNG NGÃI 
,NHƢNG MÀ GIÁO DỤC XÃ HỘI KHÔNG CẦN 
TOÁN CAO CẤP ,TOÁN NÂNG CAO ,BỒI DƢỠNG HSG 
TỈNH HUYỆN ,CASIO SỐ MỘT TẢI QUẢNG NGÃI –VÙNG 
ĐẤT NGHÈO NHẤT VIỆT 

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_thpt_mon_toan_nam_hoc_2017_2018.pdf