SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2016-2017 Môn thi: NGỮ VĂN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi: 17/6/2016 Đề có 01 trang, gồm câu Câu (2.0 điểm) Từ “đầu” câu thơ sau dùng với nghĩa gốc hay nghĩa chuyển? Trên đầu rác rơm Chồng yêu chồng bảo hoa thơm rắc đầu (Ca dao) Xác định gọi tên thành phần biệt lập câu sau: Chao ôi, bắt gặp người hội hãn hữu cho sáng tác, hoàn thành sáng tác chặng đường dài (Nguyễn Thành Long, Lặng Lẽ Sa Pa) Nêu ngắn gọn hàm ý đoạn thơ sau: “Người đồng thô sơ da thịt Chẳng nhỏ bé đâu con” (Y Phương –Nói Với con) Câu (3.0 điểm) “Xe chạy miền Nam phía trước Chỉ cần xe có trái tim” (Bài thơ tiểu đội xe không kính - Phạm Tiến Duật) Từ ý thơ trên, viết văn nghị luận ngắn (khoảng 30 dòng) trình bày suy nghĩ em lí tưởng sống niên Câu (5.0 điểm) Cảm nhận em nhân vật anh niên làm công tác khí tượng truyện ngắn “ Lặng Lẽ Sa Pa” Nguyễn Thành Long VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí   TP.HCM 13  2014  CHÍNH  MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút  1: (2  Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 5 6 0  xx b) 2 2 1 0  xx c) 4 3 4 0    xx d) 23 21        xy xy 2: (1,5  a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 2 yx và đường thẳng (D): 2  yx trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.  3: (1,5  Thu gọn các biểu thức sau: 33 . 9 33         xx A x xx với 0x ; 9x     22 21 2 3 3 5 6 2 3 3 5 15 15        B 1,5  Cho phương trình 22 8 8 1 0   x x m (*) (x là ẩn số) a) Định m để phương trình (*) có nghiệm 1 2 x b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa điều kiện: 4 4 3 3 1 2 1 2   x x x x  5: (3,5  Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R). (B, C cố định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I. a) Chứng minh rằng MBC BAC . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE. c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt (O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng. d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất. BÀI GIẢI  Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 5 6 0 25 24 1 5 1 5 1 23 22 xx x hay x              b) 2 2 1 0 ' 1 1 2 1 2 1 2 xx x hay x             c) Đặt u = x 2 0 pt thành : 2 3 4 0 1 4u u u hayu       (loại) (do a + b + c =0) Do đó pt 2 11xx     Cách khác pt 22 ( 1).( 4) 0xx    2 1 0 1xx      d) 2 3 (1) 2 1 (2) xy xy         2 3 (1) 5 5 (3) ((2) 2(1)) xy x       1 1 y x       1 1 x y      2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),     1;1 , 2;4 (D) đi qua     1;1 , 2;4 ,(0;2) b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là 2 2xx    2 20xx   12x hay x    (a+b+c=0) y(1) = 1, y(-2) = 4 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là     2;4 , 1;1  3:Thu gọn các biểu thức sau Với x 0 và x  9 ta có :     3 3 9 3 . 9 3 . 3 x x x x A x xx            1 3x   22 22 2 21 ( 4 2 3 6 2 5) 3( 4 2 3 6 2 5) 15 15 2 21 ( 3 1 5 1) 3( 3 1 5 1) 15 15 2 15 ( 3 5) 15 15 60 2 B                       Câu 4: a/ Phương trình (*) có nghiệm x = 1 2  2 2 4 1 0m    2 1m 1m   b/ ∆’ = 22 16 8 8 8(1 )mm    . Khi m = 1 thì ta có ∆’ = 0 tức là : 12 xx khi đó 4 4 3 3 1 2 1 2 x x x x   thỏa Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là: 1 1 1m hay m    . Khi 1 1 1m hay m    ta có 4 4 3 3 1 2 1 2 x x x x          2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 .x x x x x x x x x x             2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 .x x x x x x x x      (Do x 1 khác x 2 )     2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 22 2 ( ) . ( 2 ) x x x x x x x x x x S S P S P              22 1(1 2 ) 1PP    (Vì S = 1) 0P 2 10m   (vô nghiệm) Do đó yêu cầu bài toán 1m   Cách khác Khi 0 ta có 12 1xx và 2 12 1 8 m xx   4 4 3 3 1 2 1 2 x x x x   33 1 1 2 2 .( 1) ( 1) 0x x x x     33 1 2 1 2 0x x x x    (thế 12 1xx   và 21 1xx   ) 22 1 2 1 2 ( ) 0x x x x   1 2 1 2 ( )( ) 0x x x x    (vì x 1 x 2  0) 12 xx (vì x 1 +x 2 =1  0) 1m   Câu 5 a) Ta có BAC MBC do cùng chắn cung BC Và BAC MIC do AB// MI Vậy BAC MIC , nên bốn điểm ICMB cùng nằm Trên đường tròn đường kính OM (vì 2 điểm B, C cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông) b) Do 2 tam giác đồng www.VNMATH.com ĐỀ VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI THI VÀO 10 PHÚ THỌ 18-6-2013 Câu 1 a) Tính A= 49162  b) Trong các hình sau : hình vuông; hình bình hành; hình chữ nhật; hình thang cân. Những hình nào có hai đường chéo bằng nhau ĐS a) A=1 b)HV ; HCN ; HTC Câu 2 a) Gpt : 2x 2 -7x+3=0 b) Ghpt      2 43 yx yx ĐS a) x 1 =3 ; x 2 =1/2 . b) (x:y)=(1;1) Câu 3 a) Rút gọn B=                 1 1 1 1 a aa a aa b) Cho pt x 2 +2(m+1)x+m 2 =0. Tìm m để pt có 2 nghiệm pb, trong đó có 1 nghiệm =-2 ĐS a) B=        aaa a aa a aa                        111 1 1 1 1 1 1 b) có '  =(m+1) 2 -m 2 =2m+1 Đẻ pt có 2 nghiệm pb thì 2m+1>0  m>-1/2 Vì x=-2 là nghiệm của pt nên ta có 4-4(m+1)+m 2 =0  m 2 -4m=0  m=0; m=4 Vậy với m=0 ; m=4 thì pt có 2 nghiệm pb,trong đó có 1 nghiệm =-2 Câu 4 Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi I là trung điểm của OA vẽ dây NM vuông góc với BA tại I. Trên cung nhỏ BM lấy điểm C (C khác M và B), AC cắt MN tại D. CMR a) Tứ giác BIDC nội tiếp b) AD.AC=R 2 c) Khi C chạy trên cung nhỏ BM thì tâm đường tròn nội tiếp  DCM luôn thuộc 1 đường tròn cố định. ĐS a) ta có góc ACB=90 (góc nt chắn ½ đương tròn) góc MIB=90 ( NM vuông góc AB)  góc DIB+góc DCB=180 => BIDC nội tiếp. b) ta có tam giác ADI đồng dạng với tam giác ABC ( G-G)  AD/AB=AI/AC=> AD.AC=AI.AB =(R/2).2R=R 2 c) Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp DCM www.VNMATH.com Kẻ EH vuông góc với MD=> MED là tam giác cân tại E=>EH là phân giác củaMED =>góc MED=2góc MEH Lại có góc MED=2goc MCD (quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn 1cung) =>góc MEH =góc MCD Ta có AB là trung trực NM => cung AM=cung AN=>góc AMN=gócACM  góc AMN= góc MEH=>góc EMH+ góc AMN =góc EMH + góc MEH =90  EM vuông góc với AM ; mà AM vuông góc với BM (góc AMB=90)  B; M; E thẳng hàng Mà B và M cố định nên tâm E của đường tròn ngoại tiếp tam giác DCM thuộc đường thẳng cố định. CÂU 5 Cho 2 số thực dương x, y. Tìm GTNN của P= )2()2( xyyyxx yx   ĐS Ta có   2 2 )(3)22)(()2()2( yxxyyxyxxyyyxx    )(3)2()2( yxxyyyxx  (vì x:y dương)  P 3 1 3)(     yx yx  GTNN P= 3 1 khi yxyx xy y yx x     22 22 Cõu 1. a) Gii phng trỡnh: . b) Cho ba s thc x, y, z ụi mt khỏc nhau tha món iu kin . Tớnh giỏ tr biu thc: Cõu 2. Cho phng trỡnh: (1). a) nh m phng trỡnh cú hai nghim phõn bit. b) Gi x1, x2 l hai nghim ca phng trỡnh. Tỡm m biu thc: t giỏ tr nh nht. Cõu 3. Cho ABC cú BC l cnh di nht. Trờn cnh BC ly cỏc im D, E sao cho BD=BA, CE=CA. ng thng qua D v song song AB ct AC ti M. ng thng qua E v song song AC ct AB ti N. Chng minh AM=AN. Cõu 4. Cho x, y l hai s dng tha món x+y=1. Chng minh rng: . Cõu 5. T im A ngoi ng trũn (O) v cỏc tip tuyn AB, AC v cỏt tuyn AEF n ng trũn (EF khụng qua O v B, C l cỏc tip im). Gi D l im i xng ca B qua O. DE, DF ct AO theo th t M v N. Chng minh: a) CEFDNM. b) OM=ON. Cõu 6. Ch s hng n v trong h thp phõn ca s ; a, b N * l 0. a) Chng minh rng M chia ht cho 20. b) Tỡm ch s hng chc ca M. S GIO DC V O TO TP H CH MINH đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt CHUYấN Lấ HNG PHONG Năm học 2013 - 2014 Môn thi: Toán (Dành cho tất cả thí sinh) Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) 2 2 5 9x x x + = 1 1 1 0 x y z + + = 2 2 2 2 2 2 yz zx xy A x yz y zx z xy = + + + + + 2 5 4 0x mx m + = 2 2 2 1 2 2 1 2 5 12 5 12 x mx mm A x mx m m + + = + + + 2 8 3(3 2) 7 x x y + 2 2 M a ab b= + + THCS NGUYỄN TẤT THÀNH HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN THI: TOÁN HỌC Câu Nội dung Điể m Câu 1   22 7 2 30 7 11A      11 7 60 14 11       2 11 7 7 11      11 7 7 11   =   2 2 7 11 38 0,25 0,25 0,25 Điều kiện xác định của B: 0 4 x x                 2 1 2 ( 6) 2 2 : 2 22 x x x x x x x A x xx                  2 2 2 6 22 : 2 22 x x x x x x x x xx x xx                 4 8 2 . 4 22 xx xx    2 2 x x    0,25 0,25 0,25 Câu 2 Nếu 0xy  thì 17 2 1 1007 9 2011 9 490 (1) 1 2 9 1 490 3 1007 9 x yx y y yx x                               (phù hợp) 0,5 Nếu 0xy thì 17 2 1 1004 2011 9 (1) 0 12 1 1031 3 18 yx y xy yx x                      (loại) 0,5 Nếu 0xy  thì (1) 0xy (nhận). 0,25 KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là (0;0) và 99 ; 490 1007    0,25 Nếu 0xy  thì 17 2 1 1007 9 2011 9 490 (1) 1 2 9 1 490 3 1007 9 x yx y y yx x                               (phù hợp) 0,5 Câu 3 Gọi thời gian làm một mình xong công việc của thứ nhất là x(h, x > 7,2 ) Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là y (giờ, y > 7,2 ) Trong 1 giờ, người thứ nhất làm được 1 x (cv); người thứ hai làm được 1 y (cv) & cả hai làm được 5 36 (cv) => ta có hệ phương trình: 1 1 5 36 5 6 3 4 xy xy          Giải hệ được x = 12; y = 18 Vậy 0,5 0,25 0,5 0,25 Câu 4 a) Do 12 ,xx là hai nghiệm của phương trình đã cho nên theo định lí Viet ta có: 1 2 1 2 3 , 13 2 x x x x     Ta có 1 2 1 1 2 2 C x x x x x x    1 2 1 2 2x x x x     3 2 13 2        3 26 2    55 2  b) 12 12 1 27 2 . 27 yy yy            → y 1 và y 2 là nghiệm của pt: y 2 + 1 27 y - 2 27 = 0 0,25 0,25 0,25 1,0 0,5 Câu 5 0.25 Ta có tanB = AD BD ; tanC = AD DC  tanB.tanC = 2 . AD BD DC (1) Xét 2 tam giác vuông ADC và BDH có   DAC DBH vì cùng phụ với góc C nên ta có : AD BD ADC BDH DC DH     AD DH DBDC  2 . AD AD BD DC HD  (2) Từ (1) và (2)  tanB.tanC = AD HD . 0,5 0,25 0,25 0,25 K G H E D A B C Theo câu a. ta có: 22 () 44 DB DC BC DH DA DB DC     1,0 Gọi Ax là tia phân giác góc A, kẻ BM; CN lần lượt vuông góc với Ax Ta có  sin sin 2 A BM MAB AB  suy ra .sin 2 A BM c Tương tự .sin 2 A CN b do đó ( ).sin 2 A BM CN b c   Mặt khác ta luôn có: BM CN BF FC BC a     Nên ( ).sin 2 A b c a sin 2 2. A a a bc bc     0,25 0,25 x F M N A B C Câu 6 Do a <1  2 a <1 và b <1 Nên     2 2 2 1 . 1 0 1 0a b a b a b        Hay baba  22 1 Mặt khác 0 <a,b <1  32 aa  ; 3 bb   332 baab   baba 233 1 Tương tự ta có acca cbcb 233 233 1 1   Vậy accbbacba 222333 3222  0,25 0,25 0,25 0,25