SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Khóa ngày 19 tháng 6 năm 2008

MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không tính thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1.
(2,0 điểm)

a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức:
5
5
và

 32
5

b) Rút gọn biểu thức A =
,
b
a
b
b2ab
2


trong đó a  0, b > 0.
Bài 2.

b) Gọi d là đường thẳng đi qua B và song song với đường thẳng OA.
Chứng minh rằng đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt C và D. Tính diện
tích tam giác ACD (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).
Bài 4.
(3,5 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh AB lấy điểm N
(N khác A và B), trên cạnh AC lấy điểm M sao cho BN = AM. Gọi P là giao
điểm của BM và CN.
a) Chứng minh BNC = AMB.
b) Chứng minh rằng AMPN là một tứ giác nội tiếp.
c) Tìm quỹ tích các điểm P khi N di động trên cạnh AB. HẾT

Họ và tên thí sinh Phòng thi số Số báo danh
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Khóa ngày 19 tháng 6 năm 2008

0,50

)32(5
)32)(32(
)32(5
32
5






0,50
b) (1,00 điểm)


b
b2a
b.b
)b2a(b
b
b2ab
2







b) (1,00 điểm)









16y4x2
2y3x2

0,25








y28x
14y7








0,50


Vẽ đúng đồ thị
0,50 BÀI

ĐÁP ÁN ĐIỂMb) (1,50 điểm)

y
x
B
y = - x
2
H
A
1
D
C
- 4
- 2
2
- 1
- 1

4) và D(1 ;

1)
0,25
 AD//Oy (x
A
= x
D
= 1)

AD =

y
A


y
D

= 2 (cm)
Đường cao CH của ACD có độ dài: x
A
 x
C
= 3 (cm) 0,25
 S
ACD
=
3CH.AD
2

BNC và AMB có BN = AM;
o
60A
ˆ
B
ˆ

; BC = AB
0,75


Kết luận 0,25
b) (1,00 điểm)   BNP = AMP 0,25

  ANP + AMP = ANP + BNP = 180
o

0,50


Kết luận 0,25 c) (1,25 điểm) NPM + NAM = 180

 BCN' = ABM'  BN' = AM'
0,25

 Kết luận: Quỹ tích điểm P là cung BOC 0,25

HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KHÓA NGÀY 23 THÁNG 6 NĂM 2009

MÔN THI: TOÁN

Thời gian: 120 phút (không tính thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1: (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức A =


2
5 2 40.
 
x 2x m 0
  
(1), (x là ẩn số, m là tham số).

a) Giải phương trình (1) khi
m 3.
 

b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm
1
x
và
2
x
thỏa mãn điều kiện
1 2
1 1 1
x 2x 30
  Bài 4: (3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB. Trên nửa đường tròn (O) lấy
điểm G tùy ý (G khác A và B). Vẽ GH vuông góc với AB (H

AB); trên đoạn
HG lấy một điểm E (E khác H và G). Các tia AE và BE cắt nửa đường tròn (O)
lần lượt tại C và D. Gọi F là giao điểm của hai tia BC và AD. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác ECFD nội tiếp được trong một đường tròn.

1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án, nhưng lập luận và kết quả đúng đến
phần nào thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn chấm thi quy định.
2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai
lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi.
3) Điểm toàn bài không làm tròn số.
II. Đáp án và thang điểm
Bài Câu Sơ lược lời giải Điểm

1
(2,0 điểm)

a
Rút gọn
40)25(A
2

10221025A 
0,50
A = 7 0,50
b
Tìm x, biết:
3)2x(
2

2
(2,5 điểm)

a
Giải hệ phương trình





(2) 5yx2
(1) 4y2x3Nhân hai vế pt (2) với 2 rồi cộng vế theo vế, ta được: 7x =14 0,25
2
x


0,25
Thay x = 2 vào pt (2): y =

1 0,25
Kết luận 0,25



0,25
Kết luận M(2 ; 4) hoặc
)
3
4
;
3
2
(M

0,25

Trang 2/2
Bài Câu Sơ lược lời giải Điểm
3
(2,0 điểm)

a
Giải phương trình khi m =

3

Khi m = 3, ta có phương trình:
03x2x
2


0,25
Biệt số ∆ = 4 (hoặc nhận xét pt có dạng a – b + c = 0)

1
x2
1
x
1
21


30
1
xx2
x2x
12
21


 15(2 + x
2
) = m (**)

0,25
(*) và (**)  30 + 15x
2
= (2 x
2
) x
2

2
2 2

= 12 và m = 120 (thích hợp) 0,25
4

(3,5 điểm)
F
D
C
H
A
B
G
E

0,50
a

Chứng minh tứ giác ECFD nội tiếp

90ADB 
và

90ACB 
0,50

180ECFFDE 
0,25
Kết luận 0,25


HF
HA
HB
HE

 HE.HF = HA.HB
0,25
Lại có: HG
2
= HA.HB
 HE.HF = HG
2

HG
HF
HE
HG


0,25
E là trung điểm GH 
2
HE
HG


2
HG
HF

b) Giải hệ phương trình
3 1
7
x y
2 1
8.
x y

 




 



Bài 3: (2,5 điểm)
Cho hai hàm số
2
y 2x

có đồ thị (P) và
y x 3
 
có đồ thị (d).
a) Vẽ các đồ thị (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Gọi A là giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) có hoành độ âm. Viết phương
trình của đường thẳng (



HẾT Họ và tên thí sinh: SBD Phòng thi số
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Khóa ngày 21 tháng 6 năm 2010

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN
Bản hướng dẫn gồm có 02 trang

I. Hướng dẫn chung

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ
điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
Điểm toàn bài là tổng số điểm các bài toán và không làm tròn số.

II. Đáp án và thang điểm.

BÀI

ĐÁP ÁN ĐIỂM

Bài 1

 

0,25
=
1


0,
2
5

Bài 2
(2,00 điểm)

a) (1,00 điểm)

 Đặt t = x
2
, điều kiện t ≥ 0,
030t13t
2

0,25
 Lập đúng

= 289 0,25


0

0,25











8
y
1
x
2
7
y
1
x
3







K
ết luận

0,25

Bài 3
(2,50 điểm)

a) (1,00 điểm)


B
ảng giá trị

c
ủa
đ
ồ thị hàm số (
P
) Đồ thị hàm số (d) qua hai điểm (0 ; 3) , (-3 ; 0)
0,25 0,25


V

x
y
g x
 
= x+3
f x
 
= 2

x
2
2
-1
3
B
C
A
O
1



Xác đ
ịnh
đư
ợc
đi
ểm A(
-
1 ; 2)

2
1
BDy
2
1
)ABD(dt
)BCD(dt
A
C







0,25

 
2
1
2
1
1
)ABD(dt
)BCD(dt)ABD(dt
)ABD(dt
)ABC(dt


0,50
a) (1,00 điểm)

BMN và MAB cùng chắn cung BM 0,75


K
ết luận

0,25

b) (1,00 điểm)  Xét hai tam giác

IAN và

INB có góc I chung và
INB = IAN nên đồng dạng 0,50

 
IN
IA
IB
IN



HẾT
S
Ở GIÁO DỤC VÀ
ĐÀO T
ẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
KÌ THI TUY
ỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Khóa ngày 21 tháng 6 năm 2011

MÔN THI: TOÁN

Thời gian: 120 phút (không tính thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨCBài 1: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình
(2x 1)(3 x) 4 0.
   

b) Giải hệ phương trình
3x y 1
5x 3y 11.

x
khác 0 và thỏa điều kiện
2 2
1 2
x 4x .


Bài 4: (1,5 điểm)
Một hình chữ nhật có chu vi bằng 28 cm và mỗi đường chéo của nó có độ dài
10 cm. Tìm độ dài các cạnh của hình chữ nhật đó.
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn đường kính AD. Gọi M là một
điểm di động trên cung nhỏ

AB
(M không trùng với các điểm A và B).
a) Chứng minh rằng MD là đường phân giác của góc

BMC
.
b) Cho
AD 2R.

Tính diện tích của tứ giác ABDC theo R.
c) Gọi K là giao điểm của AB và MD, H là giao điểm của AD và MC. Chứng
minh rằng ba đường thẳng AM, BD, HK đồng quy.

HẾT

Họ và tên thí sinh:

1
x 1
 
và
2
7
x
2


0,50
b) (1,00 điểm)

 Với y ≥ 0 ta có hệ
9x 3y 3
5x 3y 11
 


 


x 1
y 2





(nhận)

(1,00 điểm)
a) (1,00 điểm)


6 3 3( 2 1)
3
2 1 2 1
 
 
 

0,50

5 5 5( 5 1)
5
5 1 5 1
 
 
 

0,25

5 3
Q ( 3 5) 1
2

  

0,25
Bài 3

1 2
x x 2
 

0,25
 Vậy:
2 2
1 2
x 4x


1 2
x 2x
  
1 2 2
x x x
  

2
x 2
 

0,25
 Thay
x 2
 
vào phương trình:
2
m 4


 Với
1 2
x 2x
  
1 2 2
x x x
  

2
x 2
 

 Thay
x 2
 
vào phương trình:
2
m 4


m 2
 
0,25
 Với
1 2
x 2x
 
1 2 2
x x 3x
  

 
và
2
1 2
x x 2m
 

0,25

2 2
1 2
x 4x


1 2
x 2 x


2 2
1 1 2
x 2 x x 4m
 
và
2 2
2 1 2
1
x x x m
2
 


Bài 4
(1,50 điểm)


Gọi x, y là các kích thước của hình chữ nhật; điều kiện: x > 0, y > 0 0,25

 Theo đề bài ta có hệ phương trình:
2 2 2
x y 10
2(x y) 28

 


 



0,50
 
2 2
y 14 x
x (14 x) 100
 



  



C
A
B
M

Hình vẽ chỉ cho câu a và b
(0,50 điểm)
a) (1,00 điểm)


Tam giác đều ABC nội tiếp đường
tròn đường kính AD
 D là điểm chính giữa

BC
nhỏ (1)
0,50





1
BMD BD
2
1
CMD CD
2
s®
s®

BC R 3


0,25

2
1
dt(ABDC) 2R R 3 R 3
2
  

0,25
c) (1,00 điểm)



MKA
là góc trong chắn hai cung


MA, BD



MHA
là góc trong chắn hai cung


MA, CD



MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút (không tính thời gian giao

đề)

ĐỀ CHÍNH THỨCBài 1. (2,0 điểm)
1) Giải phương trình
(x 1)(x 2) 0.
  

2) Giải hệ phương trình
2x y 1
x 2y 7.
  


 


Bài 2. (1,0 điểm)
Rút gọn biểu thức


2 2
x 2x 3m 0,
  
với m là tham số.
1) Giải phương trình khi
m 1.


2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm
1 2
x , x
khác 0
và thỏa điều kiện
1 2
2 1
x x 8
.
x x 3
 

Bài 5
. (3,5 điểm)
Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung
ngoài BC, B  (O), C  (O’). Đường thẳng BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D.
1) Chứng minh rằng tứ giác CO’OB là một hình thang vuông.
2) Chứng minh rằng ba điểm A, C, D thẳng hàng.
3) Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E là tiếp điểm). Chứng minh
rằng DB = DE.
- HẾT-
Họ và tên thí sinh:

;x + 2 = 0

0,25

 x =

1; x =

2 0,50


K
ết luận

0,
25

2) (1,00 điểm)



Rút x
ở ph
ương tr
ình sau x = 2y + 7

0,25


2
A ( 5 1) 5 2 5 1 ( 5 1) ( 5 1)
      

0,25

A ( 5 1)( 5 1) 4
   

0,25
Cách 2


2
A (12 2 20)(3 5)
  

0,25

2
A 4(3 5)(3 5)
  

0,25

2
A 16




0,25
2) (0,75 điểm)

 Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình
2
1
x x 4
2
 

0,25
 Giải ra ta được x
1
=

2 ; x
2
= 4
0,25
 Kết luận: M(

2; 2); N(4; 8) (cũng có thể lấy M(4; 8); N (

2; 2)) 0,25
Ghi chú:
1. Nếu học sinh giải phương trình hoành độ giao điểm
2
ax x 4
 

1
, x
2
khác 0

m ≠ 0 0,25
 Khi đó theo hệ thức Vi-et:
2
1 2 1 2
x x 2; x x 3m
   

0,25


1 2 1 2 1 2 2
2
2 1 1 2
x x (x x )(x x ) 2(2 2x )
x x x x
3m
  
  
0,25
 Do đó
1 2
2 1

2
1
m
4
 
(loại)

0,25
Bài 5
(3,50 điểm) E
D
B
C
O
O'
A

Hình vẽ phục vụ cho các câu 1), 2) (chưa cần vẽ E và nối BA) 0,50
1) (1,00 điểm)

 O’C

BC; OB

BC
0,50


DAO CAO'

0,25
 





CAD CAO' O'AD DAO O'AD 180
    

 D, A, C thẳng hàng 0,25
3) (1,00 điểm)

 Tam giác BCD vuông tại B và có BA là đường cao nên
2
DB DA.DC


0,25
 Hai tam giác DCE và DEA có

D
chung và


DCE DEA

(cùng chắn cung

2 1 2 1
  
 
 
  
 
  
Bài 2: (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
3 5
5 2 6
x y
x y
 


 

Bài 3: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị hàm số
2
1
2
y x
b) Cho hàm số bậc nhất
2y ax 
(1) . Hãy xác định hệ số a, biết rằng a > 0 và
đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành Ox, trục tung Oy lần lượt tại hai điểm A, B
sao cho OB = 2OA (với O là gốc tọa độ).
Bài 4: (2,0 điểm)

b) P=
2 2 2 2
1 1
2 1 2 1
  
 
 
  
 
  
=
3 2 2 3 2 2
1 1
  
 
  
  
=
9 8
= 1
Bài 2:
3 5 (1)
5 2 6 (2)
x y
x y
 


 


B y
A nằm trên đường thẳng (1) nên
2
2 0 2 ( 0)
A A A A
y ax ax x a
a
       
B nằm trên đường thẳng (1) nên
2 .0 2 2
B B B
y ax a y      
2
2 2 2 2 2 ( 0)
B A
OB OA y x a a
a
        
Bài 4:
a) Khi m = 4 pt trở thành :
2
2 8 0 1 3 2 1 3 4x x x hay x            
( do
' 9 
)
b)
 
2
2 8 0m    
với mọi m. Vậy pt có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

8) . Ta có Q = 36 khi và chỉ khi
1
2x  
-1
1
1
2
Khi
1
 2x 
thì m = 4, khi x
1
= -2 thì m = 0. Do đó ta có giá trị lớn nhất của Q = 36 khi và chỉ khi
m = 0 hay m = 4 .
Bài 5:
a) Ta có 2 góc


0
90 DBC DAO
nên tứ giác ADBO nội tiếp
b)


1
2
AMB AOB
cùng chắn cung AB
mà


 CHÍNH  MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (1,5 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức
94A

Rút gọn biểu thức
2 2 2
2
22
xx
P
x
xx




, với x > 0,
2x 

Bài 2: (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
3 4 5
6 7 8
xy
xy



2
, tìm tất cả các giá trị của m sao cho
12
6xx

Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC). Vẽ đường
tròn (C) có tâm C, bán kính CA. Đường thẳng AH cắt đường tròn (C) tại
điểm thứ hai là D.
1)Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (C).
2)Trên cung nhỏ
AD
của đường tròn (C) lấy điểm E sao cho HE song song
với AB. Đường thẳng BE cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là F. Gọi K là
trung điểm của EF. Chứng minh rằng:
a) BA
2
= BE.BF và
BHE BFC

b) Ba đường thẳng AF, ED và HK song song với nhau từng đôi một.

BÀI GIẢI
Bài 1:
1)A = 3 – 2 = 1
2)Với điều kiện đã cho thì
 
 
  
22

1)

2) Phương trình hoành độ giao điểm của y = x
2
và đường thẳng y = 4x + m là :
x
2
= 4x + m

x
2
– 4x – m = 0 (1)
(1) có
4 m

  

Để (d
m
) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì
0 4 0 4mm

       

y = 4x + m = 1 => x =
1
4
m

Yêu cầu của bài toán tương đương với










(loại) hay
4
7
4 4 7
m
m
mm






  


 
2
2
4
4

1)Khi m = 0, phương trình thành : x
2
– 4x = 0

x = 0 hay x – 4 = 0

x = 0
hay x = 4 2)
 
 
 
22
2 2 2
2 2 4 4 2 2 1 2 2 1 2 0m m m m m m m m

               

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Ta có
 
2
1 2 1 2
2 2 , 0       S x x m P x x m

Ta có
 
2

nên BD cũng là tiếp tuyến với (C)
2)
a)
Trong tam giác vuông ABC
ta có
2
AB BH.BC
(1)
Xét hai tam giác đồng dạng ABE và FBA
vì có góc B chung
và
BAE BFA
(cùng chắn cung AE)
suy ra
2
AB BE
AB BE.FB
FB BA
  
(2)
Từ (1) và (2) ta có BH.BC = BE.FB
Từ BE.BF= BH.BC
BE BH
BC BF


2 tam giác BEH và BCF đồng dạng vì có góc B chung và
BE BH
BC BF



DAF BAE
, 2 góc này chắn các cung
AE,DF
nên hai cung này bằng nhau
Gọi giao điểm của AF và EH là N. Ta có 2 tam giác HED và HNA bằng nhau
(vì góc H đối đỉnh, HD = HA,
EDH HDN
(do AD // AF)
Suy ra HE = HN, nên H là trung điểm của EN. Suy ra HK là đường trung bình của
tam giác EAF.
Vậy HK // AF.
Vậy ED // HK // AF.
F
D
K
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2015 – 2016
Khóa ngày : 9, 10 – 06 – 2015 MÔN: TOÁN
Bài 1: (1,5 điểm) 1) Đưa thừ số ra ngoài dấu căn của biểu thức
4
28a
2) Tính giá trị của biểu thức :
21 7 10 5 1
A ( ) :
3 1 2 1 7 5
 
 
  
Bài 2: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2
- 2(m – 1)x – 2m = 0, với m là tham số.
1) Giải phương trình khi m = 1.
2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Gọi x
1
và x
2
là hai nghiệm của phương trình, tìm tất cả các giá trị của m sao
cho x
1
2
+ x
1
– x
2
= 5 – 2m
Bài 5: (3,5 điểm) Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến
AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm)
1) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp.
2) Cho bán kính đường tròn (O) bằng 3cm, độ dài đoạn thẳng OA bằng 5cm.
Tính độ dài đoạn thẳng BC.
3) Gọi (K) là đường tròn qua A và tiếp xúc với đường thẳng BC tại C. Đường
tròn (K) và đường tròn (O) cắt nhau tại điểm thứ hai là M. Chứng minh rằng đường
thẳng BM đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC.
Bài giải sơ lược :
Bài 1 :1)
4 2 2 2 2
28a 4.7.(a ) 2 7. a 2 7a  
(Vì a

  
 

  
 
  
  
     
 
 

  





1
x 0 ( T M D K )
2
1 1
1 2 . y 4 .
2 2



 











 


Vậy hệ có nghiệm duy nhất
1
x
2
y 3








 


Bài 3 :
1) Lập bảng giá trị và vẽ
2) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : x
2

+ Với A(-1; 1)  (d
m
) , ta có : 1 = -(-1) + m  m = 0
+ Với B(2; 4)  (d
m
), ta có : 4 = -2 + m  m = 6
Vậy khi m = 0 hoặc m = 6 thì (P), (d) và (d
m
) cùng đi qua một điểm.
Bài 4 : 1) Thay m = 1 được phương trình : x
2
– 2 = 0  x
2
= 2  x = ±
2
Vậy khi m = 1, phương trình có hai nghiệm x =
2
và x = -
2
2) Có ∆ = b
2
– 4ac = 4m
2
+ 4  0 với mọi m nên phương trình đã cho luôn có 2
nghiệm phân biệt với mọi m. Theo Vi-et ta có :
1 2
1 2
b
x x 2 m 2 ( 1 )
a

x x 2 m 2
x x – x 5 – 2 m

  




 


Từ hệ (I) có PT : x
1
2
+ 2x
1
– 3 = 0  x
1
= 1 và x
1
= -3
+ Với x = x
1
= 1, từ đề bài ta có m =
3
4
; + Với x = x
1
= -3, từ đề bài ta có m =
3

2
= EM.EB (**)
Từ (*) và (**)  EC
2
= EA
2
 EC = EA. Vậy BM đi qua trung điểm E của AC
M
K
E
H
A
O
B
C