Bộ đề thi toán vào lớp 10 năm 2020 tuyển chọn của 42 tỉnh thành có lời giải chi tiết để ôn tập

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 01 trang)

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2020
ĐỀ THI MƠN TỐN (CHUNG)
Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 17/07/2020

Câu 1 (2,0 điểm):
1. Tính giá trị của các biểu thức:
B  (4  7)2  7

A  64  49

2. Cho biểu thức Q 

x 2 x
x 2

 3 , x  0

a) Rút gọn biểu thức Q .
b) Tìm giá trị của x để biểu thức Q  2 .
Câu 2 (2,0 điểm):
1. Cho parabol (P ) : y  x 2 và đường thẳng d  : y  2x  3
a) Vẽ parabol (P ) và đường thẳng (d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy .
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) bằng phép tính.
2x  3y  3
.

2. Khơng sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: 
x  3y  6


Câu 3 (2,5 điểm):
1. Cho phương trình ẩn x : x 2  5x  m  2  0

1 ( m

là tham số )

a) Giải phương trình (1) với m  6 .
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x 1, x 2 thỏa mãn hệ thức :
1
x1



1
x2



3
2

2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là 320 m 2 . Tính
chu vi thửa đất đó.
Câu 4 (1,0 điểm):
 600 . Tính số đo góc C và độ dài các

Cho tam giác ABC vng tại A ,có cạnh=
AC 8=
m, B
cạnh AB , BC , đường trung tuyến AM của tam giác ABC .
Câu 5 (2,5 điểm):
Từ một điểm T ở bên ngồi đường trịn tâm ( O ) . Vẽ hai tiếp tuyến TA , TB với đường tròn ( A , B
là hai tiếp điểm). Tia TO cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm phân biệt C và D ( C nằm giữa T và O ) và
cắt đoạn AB tại F .

a) Chứng minh: tứ giác TAOB nội tiếp.
b) Chứng minh: TC .TD  TF .TO
c) Vẽ đường kính AG của đường trịn ( O ) . Gọi H là chân đường vng góc kẻ từ điểm B đến
AG , I là giao điểm của TG và BH . Chứng minh I là trung điểm của BH .
--- HẾT --Chú ý: Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh:……………………………………………….SBD…………………
Họ tên, chữ ký giám thị 1:…………………………………………….......................
Họ tên, chữ ký giám thị 2:…………………………………………….......................

1


Câu 1 (2,0 điểm):
1. Tính giá trị của các biểu thức:
B  (4  7)2  7

A  64  49

Lời giải
A  64  49  8  7  1 .

B  (4  7)2  7  4  7  7  4

2. Cho biểu thức Q 

x 2 x
x 2

 3 , x  0

a) Rút gọn biểu thức Q .
b) Tìm giá trị của x để biểu thức Q  2 .

Lời giải
a) Q 

x 2 x
x 2

 3 x  3 .

b) Q  2  x  3  2  x  5  x  25 .

Câu 2 (2,0 điểm):
1. Cho parabol (P ) : y  x 2 và đường thẳng d  : y  2x  3
a) Vẽ parabol (P ) và đường thẳng (d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy .
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) bằng phép tính.
Lời giải
a) Bảng giá trị
x
y = x2

-2
4

x
y = x2

-1
1

0
0

1
1

0
3

2
4
-1
1

Vẽ đồ thị :
b) Phương trình hoành độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) :
 x =−1 ⇒ y =1
.
x2 = 2x + 3 ⇔ x2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ 
 x =3 ⇒ y =9

Vậy tọa độ giao điểm là ( −1;1) , ( 3;9 ) .
2x  3y  3
2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: 
.
x  3y  6


Lời giải

3x  9





2x  3y  3  

x  3
x  3 .
Ta có 









x  3y  6


x  3y  6
3  3y  6
y  1




Vậy S = {( 3;1)} .

Câu 3 (2,5 điểm):
1. Cho phương trình ẩn x : x 2  5x  m  2  0

1 ( m

là tham số )

a) Giải phương trình (1) với m  6 .
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x 1, x 2 thỏa mãn hệ thức :
2


1
x1



1



x2

3
2

Lời giải

x  4
a) Thay m = 6 vào phương trình (1) ta có x 2  5x  4  0  
. Vậy S = {1; 4} .
x  1
b) Phương trình x 2  5x  m  2  0 1 có hai nghiệm dương phân biệt khi
( −5 ) − 4 ( m − 2 ) > 0
∆ > 0
33 − 4m > 0
33


⇔
⇔2( *)
 x1 + x2 > 0 ⇔ 5 > 0
>
m
2
4

 x .x > 0
m − 2 > 0

 1 2

2

2

2
3

3
3

  x1  x 2 
x 1.x 2  x 1  x 2   x 1.x 2 
2
2
2

x1
x2
9
9
 x 1  x 2  2 x 1x 2  x 1x 2  5  2 m  2  m  2
4
4
t = 2
2
Đặt t = m − 2 , ( t > 0 ) ta có phương trình ẩn t : 9t − 8t − 20 = 0 ⇔  −10
.
t =

(l )
9

Vậy m − 2 = 2 ⇒ m = 6 .

1

1





2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là 320 m 2 . Tính
chu vi thửa đất đó.
Lời giải
Gọi x ( m ) là độ dài chiều rộng hình chữ nhật ( x > 0 ) . Chiều dài là x + 4 ( m ) . Ta có phương trình:

 x = 16
. Vậy chiều rộng là 16 ( m ) , chiều dài là 20 ( m ) .
x ( x + 4 ) =320 ⇔ x 2 + 4 x − 320 =0 ⇔ 
x
20
l
=
−
(
)

64 ( m ) .

Chu vi thửa đất là : 2 (16 + 20 ) =

Câu 4 (1,0 điểm):
 600 . Tính số đo góc C và độ dài các
Cho tam giác ABC vng tại A ,có cạnh=
AC 8=
m, B
cạnh AB , BC , đường trung tuyến AM của tam giác ABC .
Lời giải

 = 900 − 600 = 300 .=
Tam giác ABC vng tại A ta có : C
AB
=
AM

AC 16 3
=
( cm ) ,
Sin B
3

1
8 3
=
BC
( cm ) .
2
3

3


Câu 5 (2,5 điểm):
Từ một điểm T ở bên ngoài đường tròn tâm ( O ) . Vẽ hai tiếp tuyến TA , TB với đường tròn (
A , B là hai tiếp điểm). Tia TO cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm phân biệt C và D ( C nằm giữa T và
O ) và cắt đoạn AB tại F .

a) Chứng minh: tứ giác TAOB nội tiếp.

Lời giải


Vì TA , TB là hai tiếp tuyến của đường tròn ( O ) nên TAO
= TBO
= 900 . Tứ giác TOAB có
 + TBO
=
TAO
1800 ⇒ Tứ giác TOAB nội tiếp

b) Chứng minh: TC .TD  TF .TO

Lời giải
∆TAC và ∆TDA có

ATC chung
TA TC

=

⇒ TA2 = TC.TD (1)
   1  ⇒ ∆TAC ∽ ∆TDA ( g − g ) ⇒
TD TA
sd AC
= TDA
=
TAC
2

Vì TA TB
=
=
, OA OB nên TD là đường trung trực của AB .
=
∆TAO : TAO
900 , AF ⊥ TO ta có TA2 = TF .TO ( 2 ) . Từ (1) và ( 2 ) suy ra TC
=
.TD TF
=
.TO ( TA2 )

c) Vẽ đường kính AG của đường trịn ( O ) . Gọi H là chân đường vng góc kẻ từ điểm B đến
AG , I là giao điểm của TG và BH . Chứng minh I là trung điểm của BH .
Lời giải
Gọi E là giao điểm của TG với đường tròn ( O ) ( E khác G ). Tứ giác ATEF nội tiếp ( do

 ( cùng bù TEF
=
 ) ( 3)
AFT

= 
AET
= 900 ) ⇒ TAB
FEI
=
 (so le trong) ( 4 ) . Từ ( 3) và ( 4 ) suy ra FEI

 ⇒ Tứ giác
FBI
= FBI
AT / / BH (cùng ⊥ AG ) ⇒ TAB
=
 ( cùng chắn cung BI
 của đường tròn nội tiếp BEFI ) ( 5 )
BFI
BEFI nội tiếp ⇒ BEG
 của ( O ) ) ( 6 )
 = BAG
 ( cùng chắn cung BG
Mà BEG
 BAG
 ⇒ IF / / AH . Mà FA = FB ( do TD là đường trung trực của AB ).
Từ ( 5 ) và ( 6 ) suy ra BFI
=
Nên BI = IH hay I là trung điểm của BH .
----- HẾT ----4


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH THUẬN

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1: (1,0 điểm)

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 -2021
Mơn thi: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian phát đề)

Để thi gồm 01 trang

(

)

Rút gọn biểu thức A =6 + 3 3 − 3 2 .
Câu 2: ( 2,0điểm)
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a. x2 + 2x − 3 =
0.

x + y =
7

b. 

.

5
 2x − y =

Câu 3: (2,0 điểm)
a. Vẽ đồ thị của hàm số y = x2 trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
b. Cho hàm số =
y mx + n có đồ thị là (d). Tìm giá trị m và n biết (d) song song với
đường thẳng (d’): y= x + 3 và đi qua điểm M (2;4).
Câu 4: (1,0 điểm)
Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối
năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự
định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số
quyển vở bằng nhau.
Câu 5: ( 4,0điểm)
Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm M ( M
khác O và B). Trên nửa đường tròn (O) lấy điểm N ( N khác A và B ). Đường thẳng
vng góc với MN tại N cắt các tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn (O) lần lượt ở
C và D ( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB).
a. Chứng minh tứ giác ACNM nội tiếp.
b. Chứng minh AN.MD = NB.CM.
c. Gọi E là giao điểm của AN và CM. Đường thẳng qua E và vng góc với BD,
cắt MD tại F. Chứng minh N, F, B thẳng hàng.
 = 600 , tính theo R diện tích của phần nửa hình trịn tâm O bán kính R
d. Khi ABN
nằm ngoài ∆ABN .

-------------------- HẾT --------------------


Câu 1: (1,0 điểm)

ĐÁP ÁN

(

)

Rút gọn biểu thức A =6 + 3 3 − 3 2
A = ( 6 + 3) ⋅ 3 − 3 2
=

6⋅ 3 + 3⋅ 3 −3 2
18 + 3 − 3 2

=

= 3 2 + 3− 3 2
=3

Vậy A = 3

Câu 2: ( 2,0điểm)
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a. x2 + 2x − 3 =
0

x + y =
7

b. 

5

 2x − y =

a. Vì a + b + c =1 + 2 − 3 = 0
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt=
x1 1;=
x2

−3
2

x + y 7 =
3x 12 =
x 4
=
⇔
⇔
y = 7 − 4 = 3
2x − y = 5  y = 7 − x

b. 

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 4;3)
Câu 3: (2,0 điểm)
a.Vẽ đồ thị của hàm số y = x2 trên mặt phẳng tọa độ Oxy
b.Cho hàm số =
y mx + n có đồ thị là (d). Tìm giá trị m và n biết (d) song song với
đường thẳng (d’): y= x + 3 và đi qua điểm M (2;4)
a. Ta có bảng giá trị:
x
-3

-2
-1
0
1
2
3
2
y=x
9
4
1
0
1
4
9

b.Vì đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’): y= x + 3


m = 1

Nên ta có: 

n ≠ 3

Khi đó (d) có dạng: y =+
x n ( n ≠ 3)
Mà M ( 2; 4) ∈ d ⇒ 4 = 2 + n ⇒ n = 2 ( tm)
Vậy =
m 1;=

n 2
Câu 4: (1,0 điểm)
Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối
năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự
định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số
quyển vở bằng nhau.
Gọi số học sinh giỏi lớp 9A theo dự định là x (học sinh) (x nguyên dương)
Theo dự định, mỗi phần thưởng có sổ quyển vở là:

80
(quyển vở)
x

Số học sinh giỏi thực tế của lớp 9A là: x + 2 (học sinh)
Thực tế, mỗi phần thưởng có số quyển vở là:

80
(quyển vở)
x+2

Theo bài ra: Mỗi phần thưởng thực tế giảm 2 quyển vở so với dự định nên ta có
phương trình:

80 80
2
−
=
x x+2

⇔ 80( x + 2) − 80x= 2x( x + 2)

⇔ 80x + 160 − 80x = 2x2 + 4x
⇔ 2x2 + 4x − 160 =
0
⇔ x2 + 2x − 80 =
0
2
⇔ x + 10x − 8x − 80 =
0
⇔ x( x + 10) − 8( x + 10) =
0
⇔ ( x − 8)( x + 10) =
0
x − 8 0 =
 x 8(tm)
=
⇔
⇔
0 x =
−10(ktm)
 x + 10 =

Vậy cuối năm lớp 9A có 8 + 2 = 10 học sinh giỏi.
Câu 5: ( 4,0điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm M ( M
khác O và B). Trên nửa đường tròn (O) lấy điểm N ( N khác A và B ). Đường thẳng
vng góc với MN tại N cắt các tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn (O) lần lượt
ở C và D ( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB).
a. Chứng minh tứ giác ACNM nội tiếp.
b. Chứng minh AN.MD = NB.CM
c. Gọi E là giao điểm của AN và CM. Đường thẳng qua E và vng góc với BD,

cắt MD tại F. Chứng minh N, F, B thẳng hàng.


 = 600 , tính theo R diện tích của phần hình trịn tâm O bán kính R
d. Khi ABN
nằm ngoài ∆ABN

D
N

C
F
E

A

I

O

M

H

B

a. Chứng minh tứ giác ACNM nội tiếp.
 = 900 ( AC là tiếp tuyến tại A của (O))
Ta có: MAC
 = 900 ( MN ⊥ CD )

Và MNC
 + MNC
 = 900 + 900 = 1800
⇒ MAC

Vậy tứ giác ACNM nội tiếp
b. Chứng minh AN.MD = NB.CM
Chứng minh tương tự ta có tứ giác BMND nội tiếp
 ( Cùng chắn cung MN)
=
⇒ MDN
MBN
=

⇒ ABN
MDC

Theo câu a: Tứ giác ACNM là tứ giác nội tiếp
=
 ( Cùng chắn cung MN)
⇒ MAN
MCN
=

⇒ BAN
MCD

Xét ∆ABN và ∆CDN có:

∠ABN =

∠MDC(cmt )
∠BAN =
∠MCD(cmt )
⇒ ∆ABN − ∆CDM (g ⋅ g)
AN NB
⇒
=
⇔ AN.DM = CM .NB
CM DM

Vậy AN.MD = NB.CM
c. Chứng minh N, F, B thẳng hàng.
Đường thẳng qua E vng góc với BD tại H
Gọi I là giao điểm của BN và DM. Ta chứng minh I trùng với F
Hay I, E, H thẳng hàng.
Thật vậy: ∆ABN − ∆CDM (g ⋅ g)


 = CMD

Nên ANB
 = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
Mà ANB
=
⇒ CMD
900
 + CMD
=
⇒ ANB
1800

 Tứ giác ENIM nội tiếp
 = NMC
 ( cùng chắn cung NE)
Ta có NIE
 = NAC
 ( Cùng chắn cung AC)
Mà NMC

 = NBA
 ( Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng
Lại có NAC
chắn một cung)
=
 ( Vị trí so le trong)
⇒ NIE
NBA
⇒ EI / / AB (1)

Theo GT EH ⊥ BD
Và AB ⊥ BD
Nên EH / / AB ( 2)
Từ (1) và (2) suy ra EI ≡ EH
Hay H, E, I thẳng hàng.
=> I trùng với F
Vậy B, F, N thẳng hàng
 = 600 ta có:
d. Ta có: Tam giác ANB vng tại N có AB = 2R, ABN
=
AN AB=

.sin ABN 2=
R.sin600 R 3
BN AB=
.cosABN 2=
R.cos600 R
=

R2 3
1
1
⇒ S∆ABN=
AN.BN
=
R 3.R
=
2
2
2
1
2

Diện tích của nửa hình trịn (O;R) là ST = π R2
Vậy diện tích của phần nửa hình trịn tâm O, bán kính R nằm ngoài tam giác
1
2

ABN là: S =
ST − SA∆av = π R2∣T

R2 3 R2

= (π − 3) .
2
2

-------------------- HẾT --------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
CAO BẰNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (4,0 điểm)

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020-2021
Môn: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

1) Thực hiện phép tính: 5 9 − 3 4
y ax + 5 đi qua điểm M ( 3; −1)
2) Tìm a để đồ thị hàm số =
3) Giải hệ phương trình: 2 x 2 − 3 x + 1 =
0
3
4 x + 5 y =
4) Giải hệ phương trình: 
5
x − 3y =
Câu 2. (2,0 điểm)
Bác An đi x ơ tơ từ Cao Bằng đến Hải Phịng. Sau khi đi được nửa quãng
đường, bác An cho xe tăng vận tốc thêm 5km / h nên thời gian đi nửa quãng đường

sau ít hơn thời gian đi nửa quãng đường đầu là 30 phút. Hỏi lúc đầu bác An đi xe
với vận tốc bao nhiêu ? Biết rằng khoảng cách từ Cao Bằng đến Hải Phòng là
360km.
Câu 3. (1,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết
=
AB 6=
cm, AC 8cm.
a) Tính độ dài cạnh BC
b) Kẻ đường cao AH . Tính độ dài đoạn AH
Câu 4. (2.0 điểm)
Qua điểm A nằm ngồi đường trịn ( O ) vẽ hai tiếp tuyến AB và AC của
đường tròn ( B, C là các tiếp điểm)
a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp
b) Kẻ đường thẳng qua diểm A cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm E và F sao cho
E nằm giữa A và F. Chứng minh BE.CF = BF .CE
Câu 5. (1,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức A =

1
2 − 3 − x2

-------------------- HẾT --------------------


ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1.
1) Ta có: 5 9 − 3 4 = 5.3 − 3.2 = 15 − 6 = 9
y ax + 5 đi qua điểm M ( 3; −1) nên thay x = 3, y = −1 vào
2) Vì đồ thị hàm số =

hàm số =
y ax + 5 ta được: −1 =a.3 + 5 ⇔ 3a =−6 ⇔ a =−2
Vậy a = −2
3) Ta có: 2 x 2 − 3 x + 1 =
0

x =1
Phương trình trên có dạng a + b + c =
0 nên có hai nghiệm 
1
x =

2
1
x 1;=
x
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm =
2
4) Ta có:
 y = −1
−17
3 4 x + 5 y =
3
2
4 x + 5 y =
17 y =
x =
⇔
⇔
⇔

⇔

−1
5
20  x =
3y + 5
x − 3y =
4 x − 12 y =
 x = 3.( −1) + 5  y =
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y=
) ( 2; −1)
Bài 2.
Gọi vận tốc lúc đầu của bác An đi là x ( km / h )( x > 0 )
Nửa quãng đường đầu và nửa quãng đường sau đều dài : 360 : 2 = 180(km)
Thời gian bác An đi nửa quãng đường đầu là

180
(giờ)
x

Trên nửa quãng đường sau, bác An đi với vận tốc là x + 5 ( km / h )
Thời gian bác An đi nửa quãng đường sau là

180
(giờ)
x+5

Vì thời gian đi nửa quãng đường sau ít hơn thời gian đi nửa quãng đường đầu là
1
30 phút = giờ nên ta có phương trình

2


180 ( x + 5 ) − 180 x 1
180 180 1
180 x + 900 − 180 x 1
−
=⇔
=⇔
=
x
x+5 2
x ( x + 5)
2
x2 + 5x
2
900
1
=
⇔ x 2 + 5 x =1800 ⇔ x 2 + 5 x − 1800 =0
2
x + 5x 2
∆= 52 − 4.( −1800 )= 7225 ⇒ ∆= 85
⇔

−5 − 85

x
=
= −45(ktm)

1

2
Nên phương trình có hai nghiệm 
5 + 85
 x −=
=
40(tm)
2

2
Vậy lúc đầu bác An đi với vận tốc 40km / h
Bài 3.

A

B

H

C

a) Xét ∆ABC vng tại A, theo định lý Pytago ta có:
BC 2 = AB 2 + AC 2 ⇔ BC 2 = 62 + 82 = 100 ⇒ BC = 100 = 10(cm)

Vậy BC = 10cm
b) Xét ∆ABC vng tại A, có chiều cao AH , theo hệ thức lượng trong tam giác
AB. AC 6.8
vng, ta có : AH .BC = AB. AC ⇔ AH =
=

=4,8 ( cm )
BC
10
Vậy AH = 4,8cm
Bài 4.


B
O
F

A
E
C

=
900
a) AB là tiếp tuyến với ( O ) nên OB ⊥ AB ⇒ OBA
=
900
AC là tiếp tuyến với ( O ) nên OC ⊥ AC ⇒ OCA
+
ACO = 900 + 900 = 1800
Tứ giác ABOC có OBA
Do đó ABOC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 )
ABE = 
AFC (cùng chắn cung BE )
b) Xét ∆ABE và ∆AFB có: A chung ; 
AB BE AE
⇒ ∆ABE  ∆AFB( g .g ) ⇒ = =

(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
AF BF AF
⇒ AB.BF =
AF .BE và AB 2 = AE. AF
Xét ∆ACE và ∆AFC có:

ACE = 
AFC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn
A chung; 

)
CE

AC CE AE
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
⇒ ∆ACE  ∆AFC ( g .g ) ⇒ = =
AF CF AC
⇒ AC.CE =
AE.CF . Ta có:
AB.BF AF
=
.BE ;
AC.CE AE.CF

⇒ AB.BF . AC.CE =
AF .BE. AE.CF
⇒ AB 2 .BF .CE =
AE. AF .BE.CF
2
Mà AB

=
AE. AF (cmt ) ⇒ BF .=
CE BE.CF (dfcm)

Bài 5.


3 − x 2 ≥ 0
Điều kiện: 
⇔ x 2 ≤ 3 . Ta có:
2
2 − 3 − x ≠ 0
0 ≤ x2 ≤ 3 ⇒ 3 − 0 ≥ 3 − x2 ≥ 3 − 3 ⇒ 3 ≥ 3 − x2 ≥ 0
⇒ 3 ≥ 3 − x2
1
⇒
≥
2− 3 2−
1
1
⇒ ≤ A≤
2
2−

≥ 0 ⇔ 2 − 3 ≤ 2 − 3 − x2 ≤ 2
1
1
≥
3 − x2 2
3

Vậy GTNN của A là

1
⇔x=
0;
2

GTLN của A là

1
⇔x=
± 3
2− 3

-------------------- HẾT --------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG NAI
Đề chính thức
Câu 1(1,75 điểm)

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC : 2020 – 2021
Mơn: Tốn
Thời gian làm bài: 120 phút

7
3 x − 5 y =

1
2 x + 4 y =

1) Giải hệ phương trình: 

2) Giải phương trình: x 4 − 12 x 2 + 16 =
0
3) Giải phương trình:
Câu 2(2 điểm)

1
1
3
+
=
x − 1 ( x − 1)( x − 2) 2 x

1) Vẽ đồ thị hàm số y =

x2
4

2) Tìm các tham số m để hai đường thẳng y = 2x và y = (m2 + m) x +1 cắt nhau.
3) Tìm số thực a để biểu thức

1
+ 6 − 2a xác định.
a−2

Câu 3 (1,75 điểm)

1) Một hình cầu có thể tích bằng 288 π (cm3). Tính diện tích mặt cầu.
2) Một nhóm học sinh được giao xếp 270 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian
nhất định. Khi bắt đầu làm việc nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp
xếp nhiều hơn dự định 20 quyển sách, vì vậy khơng những hồn thành trước dự định 1 giờ
mà còn vượt mức được giao 10 quyển sách. Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định xếp
là bao nhiêu.
3) Cho phương trình x 2 − 2 x − 1 =0 có hai nghiệm x1 , x2 . Hãy lập một phương trình bậc hai
một ẩn có hai nghiệm là ( x1 ) , ( x2 ) .
Câu 4 (1,25 điểm)
3

3

 a a −8   a +5 a + 6 

a−4


1) Rút gọn biểu thức S = 
 . 
a+2 a +4 
3
 x=
y 2 + 18
2) Giải hệ phương trình:  3 2
 y= x + 18

( với a ≥ 0; a ≠ 4 )

Câu 5 (2,75 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O) có hai đường cao BE,

CF cắt nhau tại trực tâm H, ABđường thẳng AH với (O), K khác A. Gọi L, P lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng
BC và È, AC và KD.
1.Chứng minh tứ giác EHKP nội tiếp đường tròn và tâm I của đường tròn này thuộc
đường thẳng BC.
2.Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Chứng minh AH = 2OM.
3. Gọi T là giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK, T
khác K. Chứng minh rằng ba điểm L, K, T thẳng hàng.
Câu 6 (0,5 điểm). Cho ba số thực a, b, c dương thỏa mãn abc = 1.
Chứng minh rằng: ( a 2 + b 2 + c2 )3 ≥ 9(a + b + c)
---Hết---


HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT - TỈNH ĐỒNG NAI
NĂM HỌC : 2020 – 2021
Câu 1(1,75 điểm)

7
3 x − 5 y =
1
2 x + 4 y =

1) Giải hệ phương trình: 
Giải:

3
3



=
x =
x


− 5y 7
20 y 28 =
3 x=
12 x −=
22 x 33


2
2
⇔
⇔
⇔
⇔

2
x
=
+
4
y
1
10
x
+
=

20
y
5
2
x
=
+
4
y
1
3



2. + =
 y −1
4y 1 =
 2

2
4
2
2) Giải phương trình: x − 12 x + 16 =
(1)
0
2
Giải: Đặt x = t ( t ≥ 0 )
Phương trình (1) trở thành: t 2 − 12t + 16 =
0 (2)

∆ ' = b '2 − ac = (−6) 2 − 16 = 20 , phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt:

6 − 20 =
6 − 2 5 (tm)
t1 =
6 + 20 =
6 + 2 5 (tm) ; t2 =

2
Với t1 =6 + 2 5 ⇔ x =6 + 2 5 ⇔ x =± 6 + 2 5 =± ( 5 + 1)

2
Với t2 =6 − 2 5 ⇔ x =6 − 2 5 ⇔ x =± 6 − 2 5 =± ( 5 − 1)
Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm: ± ( 5 + 1) ; ± ( 5 − 1)

1
1
3
+
=
x − 1 ( x − 1)( x − 2) 2 x
Giải: ĐKXĐ: x ≠ 1; x ≠ 2; x ≠ 0
1
1
3
+
=
x − 1 ( x − 1)( x − 2) 2 x
2 x( x − 2) + 2 x
3.( x − 1)( x − 2)

⇔
=
2 x( x − 1)( x − 2) 2 x( x − 1)( x − 2)

3) Giải phương trình:

⇒ 2 x 2 − 4 x + 2 x= 3( x 2 − 3 x + 2)
⇔ 2 x 2 − 2 x = 3x 2 − 9 x + 6
0
⇔ x2 − 7 x + 6 =

Do a + b +c = 1 + (-7) + 6 = 0 nên phương trình có nhiệm:
x1 = 1 (khơng thỏa ĐK), x2 = 6 (thỏa ĐK)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 6.
Câu 2(2 điểm)
1) Vẽ đồ thị hàm số y =

x2
4

Giải: Hàm số xác định với mọi x ∈ R
Bảng giá trị:
x
-4
-2
0
2
y=

2

x
4

4

1

0

1

4
4

Đồ thị hàm số là một Parabol đi qua gốc tọa độ O, nhân Oy làm trục đối xứng, bề lõm quay
lên trên, O là điểm thấp nhất.


2) Tìm các tham số m để hai đường thẳng y = 2x và y = (m2 + m) x +1 cắt nhau.
Giải: Hai đường thẳng cắt nhau khi :
a ≠ a ' ⇔ 2 ≠ m2 + m
⇔ m2 + m − 2 ≠ 0
⇔ m ≠ 1; m ≠ −2

Để hai đường thẳng cắt nhau thì m ≠ 1 và m ≠ −2
3) Tìm số thực a để biểu thức
a − 2 > 0

a > 2

1
+ 6 − 2a xác định.
a−2

Giải: ĐKXĐ: 6 − 2a ≥ 0 ⇔ a ≤ 3 ⇔ 2 < a ≤ 3


Vậy với 2 < a ≤ 3 thì biểu thức xác định.
Câu 3 (1,75 điểm)
1) Một hình cầu có thể tích bằng 288 π (cm3). Tính diện tích mặt cầu.
Giải: Gọi R là bán kính hình cầu.
4
3

Ta có: π R3 = 288π ⇔ R3 = 216 ⇔ R= 6(cm)
Diện tích mặt cầu:
=
S 4=
π R 2 4=
π .62 144π (cm 2 )
2) Một nhóm học sinh được giao xếp 270 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian
nhất định. Khi bắt đầu làm việc nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp
xếp nhiều hơn dự định 20 quyển sách, vì vậy khơng những hồn thành trước dự định 1 giờ
mà còn vượt mức được giao 10 quyển sách. Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định xếp
là bao nhiêu.
Giải: Gọi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định xếp là x (quyển)
*
ĐK: x ∈ N
Số quyển sách mỗi giờ thực tế xếp là: x + 20 (quyển)

Thời gian dự định để xếp 270 quyển sách là:

270
(h)
x

Tổng số quyển sách đã xếp trong thực tế là: 270 + 10 = 280 (quyển)
Thời gian thực tế để xếp 280 quyển sách là:

280
(h)
x + 20

Do cơng việc hồn thành trước dự định 1 giờ nên ta có phương trình:
270 280
1
−
=
x
x + 20
⇒ 270( x + 20) − 280 x = x( x + 20)

x 2 + 20 x
⇔ 270 x + 5400 − 280 x =
0
⇔ x 2 + 30 x − 5400 =
60(tm); x2 =
⇔ x1 =
−90(ktm)

Vậy số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định xếp là 60 quyển.


3) Cho phương trình x 2 − 2 x − 1 =0 có hai nghiệm x1 , x2 . Hãy lập một phương trình bậc hai
một ẩn có hai nghiệm là ( x1 ) , ( x2 ) .
Giải: Cách 1:
1 + 2; x2 =
1− 2
Do ∆ ' =2 >0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 =
3

3

Ta có: S = ( x1 ) + ( x2 ) = (1 + 2 ) + (1 − 2 ) = (1 + 2 ) + ( 2 − 1) =10 2
3

(

P =( x1 ) . ( x2 ) = 1 + 2
3

3

3

3

) (
3

. 1− 2

3

) (
3

3

) (
3

= 1+ 2 .

3

) (
3

2 − 1 =


)(

2 +1

)

3

2 − 1  =1


Phương trình bậc hai một ẩn cần lập là: x 2 − 10 2.x + 1 =0
Cách thứ hai: Sử dụng Vi – ét:
Do a.c<0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt và trái dấu nên
−b

 x1 + x2 = a = 2
Theo Vi – ét: 
 x .x = c = −1
 1 2 a

Do x1 và x2 trái dấu nên (x1)3 và (x2)3 cũng trái dấu. Do đó ta có:
S =( x1 ) + ( x2 ) =( x1 ) − ( x2 ) =( x1 − x2 ) . ( x12 + x1.x2 + x2 2 )
3

3

3

3

= ( x1 − x2 ) . x12 + x1.x2 + x2 2 =
=
=

( x1 + x2 )

2

( x1 − x2 ) . ( x1 + x2 )
2

2

− x1 x2

− 4 x1 x2 . ( x1 + x2 ) − x1 x2
2

= 2 2.5
= 10 2
22 − 4.(−1). 22 − (−1)
P =( x1 ) . ( x2 ) =( x1 ) . ( x2 ) =( x1.x2 ) =−
( 1) =1
3

3

3

3

3

3

Phương trình bậc hai một ẩn cần lập là: x 2 − 10 2.x + 1 =0
(cách 2 hơn khó)

Câu 4 (1,25 điểm)
 a a −8   a +5 a + 6 

a−4


1) Rút gọn biểu thức S = 
 . 
a+2 a +4 
Giải: Với a ≥ 0; a ≠ 4 ta có:
 a a −8   a +5 a + 6 
=
S 
=
 . 

a−4
a+2 a +4 


(

)(

a −2 a+2 a +4
a+2 a +4

).(
(

( với a ≥ 0; a ≠ 4 )

)(
a − 2 )(
a +2

)
)

a +3
=
a +2

a +3

3
2
 x= y + 18 (1)
3
2
 y= x + 18 (2)

2) Giải hệ phương trình: 
Giải:

 x − y =
0
0  2
 x3 = y 2 + 18  x3 − y 3 + x 2 − y 2 = 0 ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + x + y ) =
⇔ 3

⇔
⇔   x + xy + y 2 + x + y =
0
 3
2
2
3
2
x + 18  x =
y + 18
 y =
 x= y + 18
 3
2
 x= y + 18

TH1:

=
0
 x − y=
y x =
y x =
y x
y=
3
⇔
⇔
⇔
⇔x=

 3



2
3
2
3
2
2
x
y
18
x
x
18
0
x
x
18
0
(
x
3)(
x
2
x
6)
0
=

+
−
−
=
−
−
=
−
+
+
=






 x 2 + xy + y 2 + x + y =
0
TH2:  3 2
 x= y + 18
3
 x=
y 2 + 18 (1)
Theo đề bài:  3 2
 y= x + 18 (2)

Do y 2 ≥ 0; x 2 ≥ 0 suy ra x 3 ≥ 18 >0 và y3 ≥ 18>0 ⇒ x >0 và y > 0

Suy ra phương trình: x 2 + xy + y 2 + x + y > 0 nên hệ phương trình trong TH2 vơ nghiệm.

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất: x = y = 3.
Câu 5 (2,75 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có hai đường cao BE,
CF cắt nhau tại trực tâm H, ABđường thẳng AH với (O), K khác A. Gọi L, P lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng
BC và EF, AC và KD.
1.Chứng minh tứ giác EHKP nội tiếp đường tròn và tâm I của đường tròn này thuộc đường
thẳng BC.
2.Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Chứng minh AH = 2OM.
3.Gọi T là giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK, T khác
K. Chứng minh rằng ba điểm L, K, T thẳng hàng.
A

E
F
L

B

O

H
N
K

C

M I
T'

D

P

Giải:
1.
Gọi N là giao điểm của AH và BC.
Ta có
 = 900
BEC
(BE là đường cao)

0
 = 900

AKD
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay HKP = 90

 + HKP
 = 900 + 900 = 1800
Tứ giác EHKP có: HEP
Suy ra tứ giác EHKP nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 1800).đường trịn nhận HP làm đường
kính.(1)
 
*) Ta có: KBC = KAC (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)
 = KAC


HBC
(cùng phụ với ACB )
 

Suy ra: KBC = HBC , suy ra BC là đường phân giác của góc HBK.
Tam giác BHK có BN vừa là đường cao (vì BN vng góc với HK) vừa là đường phân
giác nên tam giác BHK cân tại B.
Suy ra BN cũng là đường trung tuyến hay NH = NK.
Gọi I là giao điểm của HP và BC
Ta có: NI //KP (vì cùng vng góc với AK) và NH = NK suy ra IH = IP hay I là trung điểm
của HP (2)
Vậy tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHKP là trung điểm của HP và I thuộc BC
2.
Chứng minh được: BD//CH (cùng vng góc với AB);
BH//DC (cùng vng góc với AC)


Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành, mà M là trung điểm của BC suy ra M cũng là
trung điểm của HD.
Xét tam giác AHD có O là trung điểm của AD, M là trung điểm của DH nên OM là đường
trung bình của tam giác DAH
Suy ra AH = 2OM.
A

E
F
L

B

O

H
N

K

C

M I
D

T'

P

3.
Dùng cách chứng minh gián tiếp:
Gọi T’ là giao điểm của LK và đường tròn (O) (T’ khác K)
Ta cần chứng minh T’ và T trùng nhau hay T’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK.
Thật vậy:
 = LEC
 (vì tứ giác BCEF nội tiếp))
∆ LBF
∆ LEC (vì góc CLE chung, LBF
Suy ra LB.LC=LE.LF (4)
 = LCT
' (vì tứ giác BCT’K nội tiếp))
∆ LBK
∆ LT’C (vì góc KLC chung, LKB
Suy ra LB.LC=LK.LT’ (5)
Từ (4) và (5) suy ra: LE.LF= LK.LT’ ⇒
Suy ra ∆ LET’

LE LT '

=
LK LF

∆ LKF (g.c.g) (vì góc ELT’ chung, và

LE LT '
).
=
LK LF

' = LKF

Do ∆ LET’
∆ LKF nên LET
suy ra tứ giác EFT’K nội tiếp
Hay T’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK
Mà T’ cũng thuộc (O) nên T’ là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK
và (O)
Suy ra T và T’ trùng nhau. Suy ra T, K, L thẳng hàng.
Câu 6 (0,5 điểm). Cho ba số thực a, b, c dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

(a

Giải:

(a

2

2

+ b 2 + c 2 ) ≥ 9(a + b + c)
3

+ b 2 + c 2 ) ≥ 9(a + b + c) ⇔ 3(a + b + c) ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 27(a + b + c) 2 (*)
3

3

Ta có: 3(a2+b2+c2) ≥ (a + b + c) 2 (1) (bunhia – copxiki – dễ chứng minh)
Với a, b, c là các số dương theo bất đẳng thức cô –si:
a 2 + b 2 + c2 ≥ 3 3 a 2 b 2c2 =
3 (do abc=1)
⇒ (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≥ 9 (2)

a + b + c ≥ 3 3 abc =
3 (do abc = 1) (3)

Từ (1) (2) và (3) suy ra: 3(a + b + c) ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 27(a + b + c) 2
3

Vậy: ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 9(a + b + c)
3


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2020 - 2021
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2,0 điểm).
1) Giải phương trình x 2  2x  3  0
3 x  3 y  5  2 x  y
2) Giải hệ phương trình 

 x  2 y  3

Câu 2 (2,0 điểm).
1) Rút gọn biểu thức A  2 3  27  4  2 3

x
x  x  1
 :
2) Cho biểu thức B  
(với x  0 , x  1 ).

 x  1 x  x  x  1
Rút gọn biểu thức B. Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức B nhận giá trị âm.
Câu 3 (1,5 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P  có phương trình y  2 x2 và đường
thẳng d  có phương trình y  2 x  m ( m là tham số).
1) Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm M 2; 3.
2) Tìm điều kiện của m để parabol  P  cắt đường thẳng d  tại hai điểm phân biệt.
Gọi A x1 ; y1 , B  x2 ; y2  là hai giao điểm của parabol  P  và đường thẳng d , xác định
2

m để 1  x1 x2   2 y1  y2   16.
Câu 4 (4,0 điểm).
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn (O; R ). Hai đường cao
BE , CF của tam giác ABC cắt nhau tại H . Đường thẳng AH cắt BC tại D và cắt
đường tròn (O; R ) tại điểm thứ hai là M .
1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp.
.
2) Chứng minh BC là tia phân giác của EBM

3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF . Chứng minh IE là tiếp tuyến
của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE.
4) Khi hai điểm B, C cố định và điểm A di động trên đường tròn (O; R ) nhưng vẫn
thỏa mãn điều kiện tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh OA  EF . Xác định vị trí
của điểm A để tổng DE  EF  FD đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5 (0,5 điểm).
Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn abc  1. Chứng minh rằng
1
1
1
1



a 2 b 3
b 2 c 3
c 2 a 3 2
------HẾT-----Họ và tên thí sinh: ......................................................... Số báo danh: ...................................
Cán bộ coi thi thứ nhất: ................................... Cán bộ coi thi thứ hai: .................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Lưu ý: - Các cách giải khác đáp án vẫn đúng cho điểm tương ứng theo biểu điểm
- Tổng điểm tồn bài khơng làm trịn.
Câu

Ý

Nội dung
1) Giải phương trình x − 2 x − 3 =
0.
Phương trình đã cho có a − b + c =
0
Suy ra phương trình có hai nghiệm x = −1 và x = 3 .
2

1.
(1,0đ)

Điểm
0,5
0,5



3 x  3 y  5  2 x  y
2) Giải hệ phương trình 
.

 x  2 y  3


Câu 1
(2,0đ)

2.
(1,0đ)

−15
3 x + 9 y + 15 = 2 x + y
x + 8y =
⇔
⇔
−3
−3
x + 2 y =
x + 2 y =
−15
x + 8y =
⇔
6 y = −12
−15
x + 8y =
⇔
 y = −2

−15
 x − 16 =
x = 1
⇔
⇔
 y = −2
 y = −2

0,25
0,25
0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm (1; −2 ) .

0,25

1) Rút gọn biểu thức A = 2 3 − 27 + 4 − 2 3.
1.
(1,0đ)

(

A = 2 3 −3 3 +

)

3 −1

2

0,5
0,5

=2 3 − 3 3 + 3 − 1 =−1

Câu 2
(2,0đ)


x
x  x −1
2) Cho biểu thức
=
B 
−
 :
 x +1 x + x  x −1
Rút gọn biểu thức B. Tìm tất cả các giá trị của x


x
x
x −1 
x

 :=
=
B
−
−


 x +1
x x +1  x −1  x +1



2.
(1,0đ)

(


=

)

x 1 x 1
:
x  1 x 1
x −1
.
x +1

(

)(

x −1

)

x +1
=
x −1

(với x > 0 , x ≠ 1 ).
để biểu thức B nhận giá trị âm.
1  x −1
:
x + 1  x − 1

x −1 .

0,25

0,25

0,25
B < 0 ⇔ x − 1 < 0 ⇔ x < 1 ⇒ x < 1.
Kết hợp điều kiện, ta có 0  x  1.
0,25
2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) có phương trình y = 2 x và
Câu 3
(1,5đ)

1.
(0,5đ)

đường thẳng ( d ) có phương trình =

y 2 x + m ( m là tham số).
1) Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm M ( −2;3) .
Vì đường thẳng ( d ) đi qua điểm M ( −2;3) suy ra 3 = 2. ( −2 ) + m

0,25
Trang 1/4


⇔ 3 =−4 + m ⇔ m =7.
0,25
2) Tìm điều kiện của m để parabol ( P ) cắt đường thẳng ( d ) tại hai điểm

phân biệt. Gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) là hai giao điểm của parabol

( P ) và

đường thẳng ( d ) , xác định m để (1 − x1 x2 ) + 2 ( y1 + y2 ) =
16.
2

Phương trình hồnh độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là:
2 x 2 = 2 x + m ⇔ 2 x 2 − 2 x − m = 0 (1)

0,25

Parabol ( P ) cắt đường thẳng ( d ) tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình

(1)
2.
(1,0đ)

có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ > 0 .

1
∆′ = 1 + 2m , ∆′ > 0 ⇔ 1 + 2m > 0 ⇔ m > − (*) .
2
1
 x1 + x2 =

Khi đó theo định lý Vi-et ta có 
m .
x
.
x
=
−
 1 2
2

(1 − x1 x2 )

2

+ 2 ( y1 + y2 ) =
16 ⇔ (1 − x1 x2 ) + 2 ( 2 x1 + m + 2 x2 + m ) =
16

0,25

2

2

 m
⇔ (1 − x1 x2 ) + 4 ( x1 + x2 ) + 4m =
16 ⇔ 1 +  + 4 + 4m =
16
2

m2
m2
+ 5m + 5 = 16 ⇔ m 2 + 20m − 44 = 0 .
⇔ 1+ m +
+ 4 + 4m =
16 ⇔
4
4
m = 2
. Đối chiếu điều kiện (*) , ta có m = 2 .
⇔
 m = −22
2

0,25

0,25

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O; R ). Hai đường
cao BE , CF của tam giác ABC cắt nhau tại H . Đường thẳng AH cắt BC
tại D và cắt đường tròn (O; R ) tại điểm thứ hai là M .

1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp.

Câu 4
(4,0đ)

1.
(1,0đ)

(Học sinh khơng vẽ hình ý nào sẽ khơng được chấm điểm ý đó)
Ta có 
AEH = 90o (vì BE là đường cao).
Ta có 
AFH = 90o (vì CF là đường cao).

0,25
0,25
Trang 2/4


Suy ra 
AEH + 
AFH =
180o .
Vậy tứ giác AEHF nội tiếp (tứ giác có tổng 2 góc đối bằng 180o ).
.
2) Chứng minh BC là tia phân giác của EBM
2.
(1,0đ)

 = MBC

 (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Ta có MAC
Vì H là trực tâm ∆ABC ⇒ AD ⊥ BC .
 = EBC
 (hai góc cùng phụ với 
Lại có MAC
ACB )
=

⇒ MBC
EBC

3.
(1,0đ)

4.
(1,0đ)

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

.
0,25
⇒ BC là tia phân giác của EBM
3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF . Chứng minh rằng IE là tiếp
tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE .
Gọi K là trung điểm BC suy ra K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

0,25
BCE .

=
Tam giác IAE cân tại I ⇒ IAE
IEA
0,25
=

Tam giác KCE cân tại K ⇒ KEC
KCE
 + DCA
=
 + KEC
=
0,25
Mà DAC
90o ⇒ IEA
90o
=
⇒ IEK
90o
0,25
Suy ra IE là tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE .
4) Khi hai điểm B, C cố định và điểm A di động trên đường tròn (O; R ) nhưng
vẫn thỏa mãn điều kiện tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh OA  EF .
Xác định vị trí của điểm A để tổng DE  EF  FD đạt giá trị lớn nhất.

Do tứ giác BCEF nội tiếp (2 đỉnh E,F cùng nhìn cạnh BC dưới 1góc
 ).

vuông) nên 
AFE = 
ACB (cùng bù với BFE

Vẽ tiếp tuyến Ax của đường trịn (O; R).
=
Ta có Ax ⊥ OA. xAB
ACB (cùng chắn cung 
AB ).
= 
⇒ xAB
AFE ⇒ Ax / / EF . ⇒ EF ⊥ OA.
1
1
⇒ S AOE + S AOF
=
OA.EF
=
R.EF .
2
2
1
1
Chứng minh tương tự S BOF + S BOD =
SCOD + SCOE =
R.DE.
R.DF .
2
2
1

R.( DE + EF + FD).
2
1
1
⇒ BC. AD
=
R.( DE + EF + FD).
2
2

0,25
0,25

⇒ S=
ABC

0,25
Trang 3/4


BC
BC
. AD ≤
AK .
R
R
BC
BC 
BC 2 
Mà AK ≤ AO + OK ⇒

. AK ≤
 R + R2 −
.
R
R 
4 
BC 
BC 2 
⇒ DE + EF + FD ≤
 R + R2 −
 không đổi.
R 
4 
Dấu “=” xảy ra khi ba điểm A, O, K thẳng hàng hay A là điểm chính giữa
.
của cung lớn BC
⇒ DE + EF + FD
=

0,25

Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng
1
1
1
1
+
+
≤ .
a +2 b +3

b +2 c +3
c +2 a +3 2

Đặt
=
x

=
a,y

 x, y , z > 0
. BĐT cần cm có dạng
c ⇒
 xyz = 1
1
1
1
1
+
+
≤ .
x + 2 y + 3 y + 2z + 3 z + 2x + 3 2

=
b, z

Ta có:
x + 2 y + 3 = ( x + y ) + ( y + 1) + 2 ≥ 2 xy + 2 y + 2 (Áp dụng BĐT Cô si)
1
1

1
1
1
⇔
≤ .
≤
x + 2 y + 3 2 xy + y + 1
x + 2 y + 3 2 xy + 2 y + 2
1
1
1
≤ .
Tương tự ta có
y + 2 z + 3 2 yz + z + 1

0,25

⇔

Câu 5
(0,5đ)

1
1
1
.
≤ .
z + 2 x + 3 2 zx + x + 1

Ta có


1
1
1
1
1
1
1
≤ 
+
+
+
+

x + 2 y + 3 y + 2 z + 3 z + 2 x + 3 2  xy + y + 1
yz + z + 1 zx + x + 1 
Mặt khác:

1
1
1
+
+
xy + y + 1
yz + z + 1
zx + x + 1
1
1
1

=
+
+
xy + y + 1 1 + 1 + 1 1 + x + 1
x
xy
y

0,25

xy
y
1
+
+
=1
xy + y + 1
y + 1 + xy 1 + xy + y
1
1
1
1
Do đó
+
+
≤ .
x + 2 y + 3 y + 2z + 3 z + 2x + 3 2
1
1
1

1
Hay
+
+
≤ .
a +2 b +3
b +2 c +3
c +2 a +3 2
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =1 .
---Hết--=

Trang 4/4