Tổng hợp đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2014 – 2015
ĐỀ CHÍNH THỨC
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (1,5 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức A = 9 − 4
x 2
2x − 2
+
, với x > 0, x ≠ 2
x−2
2 x+x 2
3 x + 4 y = 5
Giải hệ phương trình 
6 x + 7 y = 8
2
Cho hàm số y = x có đồ thị (P) và hàm số y = 4x + m có đồ thị (dm)

2) Rút gọn biểu thức P =
Bài 2: (1,0 điểm)

Bài 3: (2,0 điểm)
1)Vẽ đồ thị (P)
2)Tìm tất cả các giá trị của m sao cho (d m) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt, trong đó tung độ của một trong hai
giao điểm đó bằng 1.
Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 + 2(m – 2)x – m2 = 0, với m là tham số.
1)Giải phương trình khi m = 0.
2)Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với x1 < x2, tìm tất cả các giá trị của m sao
x1 − x2 = 6
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC). Vẽ đường trịn (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 » của đường tròn (C) lấy điểm E sao cho HE song song với AB. Đường thẳng BE cắt đường
AD
tròn (C) tại điểm thứ hai là F. Gọi K là trung điểm của EF. Chứng minh rằng:
·
·
a) BA2 = 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
P=

2x

(

x 2
2+ x

+

) (

2

(

x− 2

x− 2

)(

)

x+ 2

)

=

x
2
+
=1
2+ x
x+ 2

3 x + 4 y = 5
6 x + 8 y = 10
y = 2
 x = −1
⇔
⇔
⇔
Bài 2: 
6 x + 7 y = 8
6 x + 7 y = 8

6 x + 7 y = 8
y = 2
Bài 3:
1)


2)
Phương trình hồnh độ giao điểm của y = x2 và đường thẳng y = 4x + m là :
x2 = 4x + m ⇔ x2 – 4x – m = 0 (1)
(1) có ∆′ = 4 + m
Để (dm) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì ∆′ > 0 ⇔ 4 + m > 0 ⇔ m > −4
1− m
y = 4x + m = 1 => x =
4
 m > −4
 m > −4
 m > −4



Yêu cầu của bài toán tương đương với 
1− m ⇔ 
−m − 7 hay 
−m − 7
2 ± 4 + m = 4
 4+m = 4
− 4 + m = 4





 m > −4
 m > −4

(loại) hay m > −7
⇔  m < −7



−m − 7
4 4 + m = m + 7
 4+m =

4

 m > −4
 m > −4
 m > −4
⇔
⇔ 2
⇔
⇔ m = 5 hay m = −3
2
16 ( 4 + m ) = m + 14m + 49
 m = 5 hay m = −3
m − 2m − 15 = 0

Bài 4:
1)Khi m = 0, phương trình thành : x2 – 4x = 0 ⇔ x = 0 hay x – 4 = 0 ⇔ x = 0 hay x = 4
2

2
2
2) ∆′ = ( m − 2 ) + m = 2m − 4m + 4 = 2 ( m − 2m + 1) + 2 = 2 ( m − 1) + 2 > 0∀m
2

2

Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
2
Ta có S = x1 + x2 = 2 ( 2 − m ) , P = x1 x2 = −m ≤ 0
2
Ta có x1 − x2 = 6 ⇒ x12 − 2 x1 x2 + x2 = 36 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 2 x1 x2 = 36
2

4 ( 2 − m ) = 36 ⇔ ( m − 2 ) = 9 ⇔ m = −1hay m = 5
2

2

Khi m = -1 ta có x1 = 3 − 10, x 2 = 3 + 10 ⇒ x1 − x 2 = −6 (loại)
Khi m = 5 ta có x1 = −3 − 34, x 2 = −3 + 34 ⇒ x1 − x 2 = 6 (thỏa)


Vậy m = 5 thỏa yêu cầu bài toán.
Bài 5:
·
1)Ta có BAC = 900 nên BA là tiếp tuyến với (C).
BC vng góc với AD nên
·
·

H là trung điểm AD. Suy ra BDC = BAC = 900
nên BD cũng là tiếp tuyến với (C)
2)a)
Trong tam giác vng ABCta có AB2 = BH.BC (1)
Xét hai tam giác đồng dạng ABE và FBA
vì có góc B chung
·
·
và BAE = BFA (cùng chắn cung AE)
AB BE
=
⇒ AB2 = BE.FB (2)
suy ra
FB BA
BE BH
=
BC BF
BE BH
=
2 tam giác BEH và BCF đồng dạng vì có góc B chung và
BC BF
·
·
⇒ BHE = BFC
Từ (1) và (2) ta có BH.BC = BE.FB

Từ BE.BF= BH.BC ⇒

A

N
B

C

H
E

D

K
F

·
·
b) do kết quả trên ta có BFA = BAE
·
·
·
·
·
·
·
·
·
HAC = EHB = BFC , do AB //EH. suy ra DAF = DAC − FAC = DFC − CFA = BFA
» »
·
·
⇒ 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.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 20142015
MƠN : TỐN (khơng chuyên)
Ngày thi: 19/6/2014
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1: (1,5 điểm)
a/ Tính: 2 25 + 3 4

b/ Xác định a và b để đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A(1; − 2) và điểm B(3; 4)



c/ Rút gọn biểu thức A = 


x

 x +2

+

 x+4
:
với x ≥ 0 và x ≠ 4
x −2 x + 2

2

Bài 2: (2,0 điểm)
1/ Giải phương trình x4 + 5x2 − 36 = 0
2/ Cho phương trình x2 − (3m + 1)x + 2m2 + m − 1 = 0 (1) với m là tham số.
a/ Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b/ Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1). Tìm m để biểu thức
B = x12 + x22 − 3x1x2 đạt giá trị lớn nhất.
Bài 3: (2,0 điểm)
Để chuẩn bị cho một chuyến đi đánh bắt cá ở Hoàng Sa, hai ngư dân đảo Lý Sơn cần chuyển một số lương thực,
thực phẩm lên tàu. Nếu người thứ nhất chuyển xong một nửa số lương thực, thực phẩm; sau đó người thứ hai
chuyển hết số cịn lại lên tàu thì thời gian người thứ hai hồn thành lâu hơn người thứ nhất là 3 giờ. Nếu cả hai cùng
làm chung thì thời gian chuyển hết số lương thực, thực phẩm lên tàu là

20
giờ. Hỏi nếu làm riêng một mình thì mỗi
7

người chuyển hết số lương thực, thực phẩm đó lên tàu trong thời gian bao lâu?
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB; P là điểm thuộc cung

MB (P khác M và P khác B). Đường thẳng AP cắt đường thẳng OM tại C; đường thẳng OM cắt đường thẳng BP tại
D. Tiếp tuyến của nửa đường tròn ở P cắt cắt CD tại I.
a/ Chứng minh OADP là tứ giác nội tiếp đường trịn.
b/ Chứng minh OB.AC = OC.BD.
c/ Tìm vị trí của điểm P trên cung MB để tam giác PIC là tam giác đều. Khi đó hãy tính diện tích của tam giác PIC
theo R.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho biểu thức A = (4x5 + 4x4 − 5x3 + 5x − 2)2014 + 2015. Tính giá trị của biểu thức A khi x =

1
2

2 −1
2 +1

----------------------------------- HẾT ------------------------------Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm
GỢI Ý BÀI GIẢI TỐN VÀO 10 KHƠNG CHUN LÊ KHIẾT QUẢNG NGÃI.

.


Bài 1: a/ Tính: 2 25 + 3 4 = 10 + 6 = 16
b/ Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua A(1; − 2) nên a + b = − 2, và B(3; 4) nên 3a − b = 4.
Suy ra a = 3, b = 5. Vậy (d): y = 3x + 5


x
c/ Với x ≥ 0 và x ≠ 4 ta có:A = 
 x +2+


 x+4
:
= …..=
x −2 x + 2

2

1
x −2

=

x +2
x−4

Bài 2:
1/ Giải phương trình x4 + 5x2 − 36 = 0
Đặt t = x2 ( t ≥ 0) ta có phương trình t2 + 5t − 36 = 0. ∆t = 25 − 4.1.(−36) = 169
⇒ t1 = 4 (tmđk); t2 = − 9 (loại). Với t = 4 ⇒ x2 = 4 ⇒ x = ± 2
2/ a/ Với m là tham số, phương trình x2 − (3m + 1)x + 2m2 + m − 1 = 0 (1)
Có ∆ = [−(3m + 1)]2 − 4.1.( 2m2 + m − 1) = m2 + 2m + 5 = (m + 1)2 + 4 > 0 ∀m
Vậy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b/ Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1). Ta có x1 + x2 = 3m + 1; x1x2 = 2m2 + m − 1
B = x12 + x22 − 3x1x2 = (x1 + x2)2 − 5x1x2 = (3m + 1)2 − 5(2m2 + m − 1) = − (m2 − m − 6)
1
13 13
1
1
B = −(m − )2 +

≥
. Dầu “=” xảy ra ⇔ m −
=0⇔m= .
2
2
2
2
2
13
1
Vậy Bmin =
khi m =
2
2
Bài 3: Gọi x (giờ) là thời gian người thứ I một mình làm xong cả công việc.
20
và y (giờ) là thời gian người thứ II một mình làm xong cả cơng việc. (Với x, y >
)
7
7
1 1
7
1 1
 x + y = 20
(1)

 + =
Ta có hệ phương trình: 
⇔  x y 20
y − x = 3

y − x = 6
( 2)

2 2

1
1
7
30
=
Từ (1) và (2) ta có phương trình: +
. Giải phương trình được x1 = 4, x2 = −
x x + 6 20
7
Chọn x = 4.
Vậy thời gian một mình làm xong cả công việc của người thứ I là 4 giờ,
của người thứ II là 10 giờ.
Bài 4:
a/ C/minh ∠AOD = ∠APD = 900
O và P cùng nhìn đoạn AD dưới một góc 900
⇒ OADP tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính AD
OC AC
=
b/ C/ minh ∆ AOC
∆DOB (g.g) ⇒
OB DB
⇒ OB.AC = OC.BD (đpcm)


c/ Ta có ∠IPC = ∠PBA (cùng chắn cung AP của (O))

và có ∠ICP = ∠PBA (cùng bù với ∠OCP)
Suy ra ∠IPC = ∠ICP ⇒ ∆IPC cân tại I.
Để ∆IPC là tam giác đều thì ∠IPC = 600 ⇒ ∠PBA = 600
⇒ OP = PB = OB = R ⇒ số đo cung PB bằng 600
C/minh ∆DIP cân tại I ⇒ ID = IP = IC = CD:2
1
1 1
1 R 3
R2 3
Do đó SPIC = SDPC =
. .CP.PD = .
.R =
(đvdt)
2
2 2
4 3
12
Bài 5:
1
Ta có: x =
2

⇒ x2 =

2 −1

1
=
2 +1 2

(

(

)

2 −1

)(

2

)

2 +1. 2 −1

=

2 −1
2

3−2 2 3
5 2 −7
17 − 12 2 5
29 2 − 41
; x = x.x2 =
; x4 = (x2)2 =
; x = x.x4 =
4
8

16
32

Do đó: 4x5 + 4x4 − 5x3 + 5x − 2 =

29 2 − 41 + 34 − 24 2 − 25 2 + 35 + 20 2 − 20 − 16
= −1
8

Vậy A = (4x5 + 4x4 − 5x3 + 5x − 2)2014 + 2015 = (−1)2014 + 2015 = 1 + 2015 = 2016
--------------------------------------------------------------UBND tỈNH BẮC NINH ĐỂ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2014 - 2015
Mơn Thi : Tốn ( Dành cho tất cả thí sinh )
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 120 phút ( không kể thời gian giao đề )
Ngày thi : 20 tháng 6 năm 2014
Câu I. ( 1, 5 điểm )
Cho phương trình x 2 + 2mx − 2m − 6 = 0 (1) , với ẩn x , tham số m .
1) Giải phương trình (1) khi m = 1
2) Xác định giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho x1 2 + x 2 2 nhỏ nhất.
Câu II. ( 1,5 điểm )
Trong cùng một hệ toạ độ , gọi (P ) là đồ thị của hàm số y = x2 và (d) là đồ thị của hàm số y = -x + 2
1) Vẽ các đồ thị (P) và (d) . Từ đó , xác định toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng đồ thị .
2) Tìm a và b để đồ thị ∆ của hàm số y = ax + b song song với (d) và cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng -1
Câu III .( 2,0 điểm )
1) Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B , quãng đường AB dài 24 km . Khi đi từ B trở về A
người đó tăng vận tốc thêm 4km so với lúc đi , vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút . Tính vận tốc của xe
đạp khi đi từ A đến B .
2 ) Giải phương trình

x + 1 − x + x (1 − x ) = 1


Câu IV . ( 3,0 điểm )
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’ , BB’ ,CC’ cắt nhau tại H .Vẽ hình bình hành
BHCD . Đường thẳng qua D và song song với BC cắt đường thẳng AH tại M .
1) Chứng minh rằng năm điểm A, B ,C , D , M cùng thuộc một đường tròn.
2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Chứng minh rằng BM = CD
và góc BAM = góc OAC .
3) Gọi K là trung điểm của BC , đường thẳng AK cắt OH tại G . Chứng minh rằng G là trọng tâm của tam
giác ABC.
Câu V .( 2, 0 điểm )
1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2 + ab + b2 – 3a – 3b + 2014 .
2) Có 6 thành phố trong đó cứ 3 thành phố bất kỳ thì có ít nhất 2 thành phố liên lạc được với nhau . Chứng
minh rằng trong 6 thành phố nói trên tồn tại 3 thành phố liên lạc được với nhau.
.................Hết...............
(Đề này gồm có 01 trang)
Họ và tên thí sinh :..................................................................Số báo danh :.........................................
Hướng dẫn sơ lược đề thi mơn tốn dành cho tất cả thí sinh năm học 2014-2015
Thi vào THPT chuyên Tỉnh Bắc Ninh và câu V chuyên toán
Câu I. ( 1, 5 điểm )
Cho phương trình x 2 + 2mx − 2m − 6 = 0 (1) , với ẩn x , tham số m .
1) Giải phương trình (1) khi m = 1
2) Xác định giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho x1 2 + x 2 2 nhỏ nhất.
HD :
1) GPT khi m =1
+ Thay m =1 v ào (1) ta đ ư ợc x2 + 2x – 8 = 0  ( x + 4 ) ( x – 2 ) = 0  x = { - 4 ; 2 }
KL :
2) x ét PT (1) : x 2 + 2mx − 2m − 6 = 0 (1) , với ẩn x , tham số m .
+ Xét PT (1) có ∆' ( 1) = m 2 + 2m + 6 = ( m + 1) 2 + 5 > 0

(luôn đúng ) với mọi m => PT (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m
 x1 + x 2 = −2m
+ Mặt khác áp dụng hệ thức viét vào PT ( 1) ta có : 
(I)
 x1 x 2 = −( 2m + 6 )
+ Lại theo đề và (I) có :A = x12 + x22
= ( x1 + x2 )2 – 2 x1x2
= ( - 2m )2 + 2 ( 2m + 6 )
= 4m2 + 4m + 12
−1
= ( 2m + 1)2 + 11 ≥ 11 với mọi m => Giá trị nhỏ nhất của A là 11 khi m =
.
2
KL :
Câu II. ( 1,5 điểm )
Trong cùng một hệ toạ độ , gọi (P ) là đồ thị của hàm số y = x2 và (d) là đồ thị của hàm số


y = -x + 2
1) Vẽ các đồ thị (P) và (d) . Từ đó , xác định toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng đồ thị .
2) Tìm a và b để đồ thị ∆ của hàm số y = ax + b song song với (d) và cắt (P) tại điểm có hồnh độ bằng -1
HD : 1) v ẽ ch ính xác và xác định đ ược giao đi ểm của (P) v à (d) l à M ( 1 ; 1) v à N ( -2 ; 4 )
2)T ìm đ ư ợc a = -1 v à b = 0 =>PT của ∆ là y = - x
Câu III .( 2,0 điểm )
1) Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B , quãng đường AB dài 24 km . Khi đi từ B trở về A
người đó tăng vận tốc thêm 4km so với lúc đi , vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút . Tính vận tốc của xe
đạp khi đi từ A đến B .
2 ) Giải phương trình

x + 1 − x + x (1 − x ) = 1

HD :
1) G ọi x ( km /h ) l à v ận t ốc ng ư ời đi xe đ ạp t ừ A -> B ( x > 0 ) . L ý luận đ ưa ra PT :
24
24
1
−
=
=> x = 12 ( t/m ) . KL : ............
x x+4 2
a2 −1
2) ĐKXĐ 0 ≤ x ≤ 1 Đ ặt 0 < a = x + 1 − x ⇒
= x (1 − x )
2
+ PT m ới l à : a +

a2 −1
= 1  a2 + 2a – 3 = 0  ( a – 1 )( a + 3 ) = 0  a = { -3 ; 1 } => a = 1 > 0
2
x + 1 − x = 1 ⇒ x = { 0 ; 1 } ( t/m)

+ Nếu a = 1 = >
KL : …………..
Câu IV . ( 3,0 điểm )
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’ , BB’ ,CC’ cắt nhau tại H .Vẽ hình bình hành
BHCD . Đường thẳng qua D và song song với BC cắt đường thẳng AH tại M .
1) Chứng minh rằng năm điểm A, B ,C , D , M cùng thuộc một đường tròn.
2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Chứng minh rằng BM = CD
và góc BAM = góc OAC .
3) Gọi K là trung điểm của BC , đường thẳng AK cắt OH tại G . Chứng minh rằng G là trọng tâm của tam

giác ABC
HD : HS tự vẽ hình
1) Chứng minh các tứ giác ABMD , AMDC nội tiếp => A, B ,C,D , M nằm trên cùng một đường trịn
2) Xét (O) có dây MD//BC => sđ cung MB = sđ cung CD => dây MB = dây CD hay BM = CD
+ Theo phần 1) và BC//MD => góc BAM =góc OAC
1
AH
3)Chứng minh OK là đường trung bình của tam giác AHD => OK//AH và OK =
2
OK 1
=
hay
(*)
AH 2
OK 1 GK
= =
=> AG = 2GK , từ đó suy ra G là
+ Chứng minh tam giác OGK đồng dạng với tam giác HGA =>
AH 2 AG
trọng tâm của tam giác ABC
Câu V .( 2, 0 điểm )


1)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2 + ab + b2 – 3a – 3b + 2014 .
2)Có 6 thành phố trong đó cứ 3 thành phố bất kỳ thì có ít nhất 2 thành phố liên lạc được với nhau .
Chứng minh rằng trong 6 thành phố nói trên tồn tại 3 thành phố liên lạc được với nhau.
HD :
1) Giá trị nhỏ nhất của P là 2011 khi a =b = 1
2) Gọi 6 th ành phố đã cho l à A,B,C,D,E,F
+ X ét thành phố A .theo nguyên l í Dirichlet ,trong 5 thành phố cịn lại thì có ít nhất 3 thành phố

liên lạc được với A hoặc có ít nhất 3 thành phố không liên lạc được với A ( v ì nếu số thành phố liên lạc được
với A cũng không vượt quá 2 và số thành phố không liên lạc được với A cũng khơng vượt q 2 thì ngồi A , số
thành phố cịn lại cũng khơng vượt quá 4 ) . Do đó chỉ xảy ra các khả năng sau :
• Khả năng 1 :
số thành phố liên lạc được với A khơng ít hơn 3 , giả sử B,C,D liên lạc được với A . Theo đề bài trong 3 thành
phố B,C,D có 2 thành phố liên lạc được với nhau . Khi đó 2 thành phố này cùng với A tạo thành 3 thành phố đơi
một liên lạc được với nhau .
• Khả năng 2 :
số thành phố không liên lạc được với A , khơng ít hơn ,giả sử 3 thành phố khơng liên lạc được với A là D,E,F .
Khi đó trong bộ 3 thành phố ( A,D,E) thì D và E liên lạc được với nhau ( v ì D,E khơng
liên lạc được với A )
Tương tự trong bộ 3 ( A,E,F) v à ( A,F,D) th ì E,F liên lạc được với nhau , F và D liên lạc
được với nhau và như vậy D,E,F l à 3 thành phố đôi một liên lạc được với nhau . Vậy ta
có ĐPCM
C âu V :

đ ề chuyên toán ng ày thi 20-6-2014

Cho tập A = { 1 ; 2 ; 3 ; ….; 16 } . Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho trong mỗi tập hợp con
gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt a, b mà a2 + b2 là một số nguyên tố.
HD :
Nếu a , b chẵn thì a2 + b2 là hợp số . Do đó nếu tập con X của A có 2 phần tử phân biệt a,b m à
a2 + b2 là số nguyên tố thì X không thể chỉ chứa các số chẵn => K ≥ 9
Bây giờ ta đi chứng minh K = 9 là giá trị nhỏ nhất cần tìm của bài tốn .
Thật vậy với tập con X gồm 9 phần tử bất kì của A ln tồn tại 2 phần tử phân biệt a,b m à
a2 + b2 l à số nguyên tố . Thật vậy : ta chia tập hợp A thành các cặp 2 phần tử
phân biệt a , b mà a2 + b2 là số nguyên tố ,ta có tất cả 8 cặp l à : ( 1;4) , ( 2;3) , ( 5;8) , ( 6;11) , ( 7; 10) , ( 9 ;
16 ) , ( 12 ;13) , ( 14 ; 15 ) . Theo nguyên lí Dirichlet thì 9 phần tử của X có 2
phần tử cùng thuộc một cặp => ĐPCM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 KHÁNH HOÀ
NĂM HỌC 2014 – 2015
.
MƠN THI: TỐN (KHƠNG CHUN)
ĐỀ THI CHÍNH THỨC


Ngày thi: 20/6/2014
(Thời gian : 120 phút – không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2,00 điểm)
1) Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức: A =

1
8 − 10
−
2 +1
2− 5

a
a 
a +1

+
với a > 0, a ≠ 4.
÷:
a −2 a−4 a +4
a−2 a

2) Rút gọn biểu thức B = 
Bài 2: (2,00 điểm)

 ax − y = − y
 x − by = −a

1) Cho hệ phương trình: 

Tìm a và b biết hệ phương trình đã cho có nghiệm (x, y) = (2; 3).
2)Giải phương trình: 2 ( 2 x – 1) − 3 5 x − 6 = 3 x − 8
Bài 3: (2,00 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P):

y=

1 2
x
2

a)Vẽ đồ thị (P).
b)Trên (P) lấy điểm A có hồnh độ xA = -2. Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox sao cho MA – MB đạt giá trị lớn nhất, biết
rằng B(1; 1).
Bài 4: (2,00 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kình AB = 2R. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B.
Trên cung » lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N. Gọi C là trung điểm của
AB
AM , tia CO cắt d tại D.
a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: NO ⊥ AD
c) Chứng minh rằng: CA. CN = CO . CD.
d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ nhất.
----- HẾT ----Giám thị khơng giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN GIẢI
(Lê Quốc Dũng, GV THCS Trần Hưng Đạo, Nha Trang, Khánh Hoà)
Bài 1: (2,00 điểm)


1
8 − 10
2 −1
2(2 − 5)
−
=
−
= 2 − 1 − 2 = −1
1
2 +1
2− 5
2− 5

1) A =

2) B

a
a 
a +1

+
với a > 0, a ≠ 4.
÷:
a −2 a−4 a +4

a2 a

=


a
a
a +1
a
a ( a 2) 2

+
:
=
+
ữì
ữ
a −2 a−4 a +4  a −2
a −2
a +1
a−2 a

=
=

a + a ( a − 2)2
a (1 + a ) ( a − 2) 2
×
=
×

= a ( a − 2)
a −2
a +1
a −2
a +1

Bài 2: (2,00 điểm)

 ax − y = − y
có nghiệm (x, y) = (2; 3) nên ta có hpt:
 x − by = −a

1) Vì hệ phương trình: 

 2a − 3 = − b
 2a + b = 3
6a + 3b = 9
 7a = 7
a = 1
⇔
⇔
⇔
⇔

2 − 3b = − a
 a − 3b = −2
 a − 3b = −2
 2a + b = 3  b = 1
Vậy a = 1, b = 1
2) Giải phương trình: 2 ( 2 x – 1) − 3 5 x − 6 = 3 x − 8

⇔ 4 ( 2 x – 1) − 6 5 x − 6 = 2 3 x − 8
⇔ ((5x − 6) − 6 5 x − 6 + 9) + ((3x − 8) − 2 3 x − 8 + 1) = 0
⇔ ( 5 x − 6 − 3)2 + ( 3x − 8 − 1) 2 = 0
 5x − 6 − 3 = 0

⇔
⇔x=3
3x − 8 − 1 = 0


Vậy pt có nghiệm x = 3.
Bài 3: (2,00 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P):
a)Lập bảng giá trị (HS tự làm).
Đồ thị:

y=

1 2
x
2


b)Vì A ∈ (P) có hồnh độ xA = -2 nên yA = 2. Vậy A(-2; 2)
Lấy M(xM; 0) bất kì thuộc Ox,
Ta có: MA – MB ≤ AB (Do M thay đổi trên Ox và BĐT tam giác)
Dấu “=” xẩy ra khi 3 điểm A, B, M thẳng hàng, khi đó M là giao điểm của đường thẳng AB và trục Ox.
- Lập pt đường thẳng AB
- Tìm giao điểm của đường thẳng AB và Ox, tìm M (4; 0).

Bài 4: (2,00 điểm)
Cho nửa đường trịn (O) đường kình AB = 2R. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B.
Trên cung » lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N. Gọi C là trung điểm của
AB
AM , tia CO cắt d tại D.


a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp.

·
·
HD: Tứ giác OBNC nội tiếp có OCN + OBN = 1800
b) Chứng minh rằng: NO ⊥ AD
HD: °AND có hai đường cao cắt nhau tại O,
suy ra: NO là đường cao thứ ba hay: NO ⊥ AD
c) Chứng minh rằng: CA. CN = CO . CD.
HD: °CAO # °CDN ⇒

CA CO
=
⇒CA. CN = CO . CD
CD CN

d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có: 2AM + AN ≥ 2 2 AM . AN (BĐT Cauchy – Côsi)
Ta chứng minh: AM. AN = AB2 = 4R2. (1)
Suy ra: 2AM + AN ≥ 2 2.4R 2 = 4R 2.
Đẳng thức xẩy ra khi: 2AM = AN ⇒ AM = AN/2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AM = R 2 ⇒ °AOM vuông tại O ⇒ M là điểm chính giữa cung AB

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút

Năm học: 2014 – 2015

Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) x 2 − 7 x + 12 = 0
b) x 2 − ( 2 + 1) x + 2 = 0
c) x 4 − 9 x 2 + 20 = 0

3 x − 2 y = 4
4 x − 3 y = 5

d) 

Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = x 2 và đường thẳng (D): y = 2 x + 3 trên cùng một hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
Bài 3: (1,5 điểm)
Thu gọn các biểu thức sau:

A=

5+ 5

5
3 5
+
−
5+2
5 −1 3 + 5

x
1  
2
6 

B=
+
+
÷: 1 −
÷
x +3 
x x+3 x 
 x+3 x

(x > 0)

Bài 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình x 2 − mx − 1 = 0 (1) (x là ẩn số)
a) Chứng minh phương trình (1) ln có 2 nghiệm trái dấu
b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1):
Tính giá trị của biểu thức : P =

x12 + x1 − 1

x1

−

2
x2 + x2 − 1
x2

Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Các đường cao AD và CF của tam giác
ABC cắt nhau tại H.
a)
b)
c)
d)

·
·
Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp. Suy ra AHC = 180 0 − ABC
Gọi M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC của đường trịn (O) (M khác B và C) và N là điểm đối xứng của M qua
AC. Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp.
Gọi I là giao điểm của AM và HC; J là giao điểm của AC và HN.
¶
·
Chứng minh AJI = ANC
Chứng minh rằng : OA vng góc với IJ
BÀI GIẢI

Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) x 2 − 7 x + 12 = 0


∆ = 7 2 − 4.12 = 1
7 +1
7 −1
⇔x=
= 4 hay x =
=3
2
2
b) x 2 − ( 2 + 1) x + 2 = 0
Phương trình có : a + b + c = 0 nên có 2 nghiệm là :

c
= 2
a
c) x 4 − 9 x 2 + 20 = 0
⇔ x = 1 hay x =

Đặt u = x2 ≥ 0 pt thành :

u 2 − 9u + 20 = 0 ⇔ (u − 4) (u − 5) = 0 ⇔ u = 4 hay u = 5
Do đó pt ⇔ x 2 = 4 hay x 2 = 5 ⇔ x = ±2 hay x = ± 5

3 x − 2 y = 4
12 x − 8 y = 16
⇔ 
4 x − 3 y = 5
12 x − 9 y = 15

d) 

 y =1
x = 2

⇔ 

Bài 2:
a) Đồ thị:

Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), ( ±1;1) , ( ±2; 4 )
(D) đi qua ( −1;1) , ( 3;9 )
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
x 2 = 2 x + 3 ⇔ x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ x = −1 hay x = 3 (a-b+c=0)
y(-1) = 1, y(3) = 9
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là ( −1;1) , ( 3;9 )
Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau

A=

5+ 5
5
3 5
+
−
5+2
5 −1 3 + 5

=

(5 + 5)( 5 − 2)
5( 5 + 1)
3 5(3 − 5)
+
−
( 5 + 2)( 5 − 2) ( 5 − 1)( 5 + 1) (3 + 5)(3 − 5)

5 + 5 9 5 − 15
5 + 5 − 9 5 + 15
−
= 3 5 −5+
4
4
4
= 3 5 −5+5−2 5 = 5
= 3 5 −5+

x
1  
2
6 

B=
+
+
÷: 1 −
÷
x +3 

x x+3 x 
 x+3 x

(x>0)



x
1   x −2
6
=
+
+
÷: 
÷
 x +3
x +3÷ 
x
x ( x + 3) ÷

 

x + 1  ( x − 2)( x + 3) + 6 
=
:
÷
÷
x +3 
x ( x + 3)



= ( x + 1).

x
x+ x

=1

Câu 4:
Cho phương trình x 2 − mx − 1 = 0 (1) (x là ẩn số)
a) Chứng minh phương trình (1) ln có 2 nghiệm trái dấu
Ta có a.c = -1 < 0 , với mọi m nên phương trình (1) ln có 2 nghiệm trái dấu với mọi m.
b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1):
Tính giá trị của biểu thức :

P=

x12 + x1 − 1
x1

Do đó P =

−

2
x2 + x2 − 1
2
2
Ta có x1 = mx1 + 1 và x 2 = mx 2 + 1 (do x1, x2 thỏa 1)
x2

mx1 + 1 + x 1 − 1 mx 2 + 1 + x 2 − 1 (m + 1)x1 (m + 1)x 2
−
=
−
= 0 (Vì x1.x 2 ≠ 0 )
x1
x2
x1
x2
x

Câu 5

A

a) Ta có tứ giác BFHD nội tiếp do có 2 góc đối

·
F và D vng ⇒ FHD = ·
AHC = 1800 − ·
ABC

N

·
·
b) ABC = AMC cùng chắn cung AC

O

F

·
·
mà ANC = AMC do M, N đối xứng
·
·
Vậy ta có AHC và ANC bù nhau
⇒ tứ giác AHCN nội tiếp
c) Ta sẽ chứng minh tứ giác AHIJ nội tiếp

J

B

Q

H

I
C

D
M

·
·
·
·
Ta có NAC = MAC do MN đối xứng qua AC mà NAC = CHN (do AHCN nội tiếp)

¶
¶
⇒ IAJ = IHJ ⇒ tứ giác HIJA nội tiếp.

K


·
·
¶
·
⇒ AJI bù với AHI mà ANC bù với AHI (do AHCN nội tiếp)
¶
·
⇒ AJI = ANC
Cách 2 :
Ta sẽ chứng minh IJCM nội tiếp

·
·
Ta có AMJ = ANJ do AN và AM đối xứng qua AC.
·
·
¶
·
Mà ACH = ANH (AHCN nội tiếp) vậy ICJ = IMJ
¶
·
·
⇒ IJCM nội tiếp ⇒ AJI = AMC = ANC

·
·
d) Kẻ OA cắt đường trịn (O) tại K và IJ tại Q ta có AJQ = AKC
·
·
·
·
·
vì AKC = AMC (cùng chắn cung AC), vậy AKC = AMC = ANC
Xét hai tam giác AQJ và AKC :
Tam giác AKC vng tại C (vì chắn nửa vòng tròn ) ⇒ 2 tam giác trên đồng dạng

µ
Vậy Q = 900 . Hay AO vng góc với IJ
·
·
Cách 2 : Kẻ thêm tiếp tuyến Ax với vòng trịn (O) ta có xAC = AMC
·
·
¶
·
mà AMC = AJI do chứng minh trên vậy ta có xAC = AJQ ⇒ JQ song song Ax
vậy IJ vng góc AO (do Ax vng góc với AO)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2014 – 2015
Ngày thi : 21 tháng 6 năm 2014
Môn thi : TỐN (Khơng chun)
Thời gian : 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
------------------------------------------------------------------------------------ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang, thí sinh khơng phải chép đề vào giấy thi)
Câu 1 : (1điểm) Thực hiện các phép tính

(

)(

a) A = 2 − 5 2 + 5

)

b) B = 2

(

50 − 3 2

)

Câu 2 : (1 điểm) Giải phương trình: 2 x 2 + x − 15 = 0 .
2
 x+ y=3

Câu 3 : (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
.
1 − 2y = 4
x

Câu 4 : (1 điểm) Tìm a và b để đường thẳng ( d ) : y = ( a − 2 ) x + b có hệ số góc bằng 4 và đi qua điểm
M ( 1; − 3) .

Câu 5 : (1 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y = −2 x 2 .


Câu 6 : (1 điểm) Lớp 9A dự định trồng 420 cây xanh. Đến ngày thực hiện có 7 bạn không tham gia do
được triệu tập học bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi của nhà trường nên mỗi bạn còn lại phải trồng thêm 3
cây mới đảm bảo kế hoạch đặt ra. Hỏi lớp 9A có bao nhiêu học sinh.
2
Câu 7 : (1 điểm) Chứng minh rằng phương trình x − 2 ( m +1) x + m − 4 = 0 ln có hai nghiệm phân biệt
x1 , x2 và biểu thức M = x1 ( 1 − x2 ) + x2 ( 1 − x1 ) không phụ thuộc vào m.
·
Câu 8 : (2 điểm) Cho tam giác ABC vng tại A có đường cao AH (H thuộc BC), biết ACB = 600 ,
CH = a . Tính AB và AC theo a.
Câu 9 : (1 điểm) Cho đường trịn tâm O đường kính AB cố định, CD là đường kính thay đổi của đường
trịn (O) (khác AB). Tiếp tuyến tại B của (O) cắt AC và AD lần lượt tại N và M. Chứng minh tứ giác
CDMN nội tiếp.
Câu 10 : (1 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tếp đường trịn tâm O, bán kính bằng a. Biết AC vng góc với
BD. Tính AB2 + CD 2 theo a.
--- HẾT --Giám thị khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : ................................................. Số báo danh : ........................................
Chữ ký của giám thị 1: ......................................... Chữ ký của giám thị 2 :.........................
BÀI GIẢI
Câu 1 : (1điểm) Thực hiện các phép tính

(

)(

)

a) A = 2 − 5 2 + 5 = 22 −

b) B = 2

(

)

( 5)

2

= 4 − 5 = −1 .

50 − 3 2 = 100 − 3.2 = 10 − 6 = 4 .

Câu 2 : (1 điểm) Giải phương trình: 2 x 2 + x − 15 = 0 .
∆ = 12 − 4.2. ( −15 ) = 121 > 0 , ∆ = 11 .
−1 + 11 10 5
−1 − 11 −12
=
= ; x2 =
=
= −3 .
4
4 2
4
4
5

Vậy S =  ; −3 .
2


Câu 3 : (1 điểm) Điều kiện x ≠ 0 .
x1 =

5
2
4
 5

+ y=3
+ 2y = 6
= 10
x=
1
1


 x
x
 x





 x=
x=
10
⇔
⇔

⇔
⇔
2 ⇔
2 (nhận).

1
1
2
2
 − 2y = 4
 − 2y = 4
 + y =3
 + y =3
4 + y = 3
 y = −1


x
x
x
x






1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  ; − 1÷.

2

Câu 4 : (1 điểm) Tìm a và b để ( d ) : y = ( a − 2 ) x + b có hệ số góc bằng 4 và qua M ( 1; − 3) .
Đường thẳng d có hệ số góc bằng 4 ⇔ a − 2 = 4 ⇔ a = 6 .
Mặt khác (d) đi qua điểm M ( 1; − 3) nên thay a = 6 , x = 1 ; y = −3 vào y = ( a − 2 ) x + b .
Khi đó ta có : −3 = ( 6 − 2 ) .1 + b ⇒ −3 = 4 + b ⇒ b = −7 .
Vậy a = 6 v à b = −7 là các giá trị cần tìm và khi đó ( d ) : y = 6 x − 7 .
Câu 5 : (1 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y = −2 x 2 .
BGT
x
y = −2 x 2

−2
−8

−1
−2

0
0

1
−2

2
−8

Câu 6 : (1 điểm)

+

Gọi số học sinh lớp 9A là x ( x ∈ Z , x > 7 ) .

420
(cây).
x
Trên thực tế. số học sinh còn lại là : x − 7 .
420
Trên thực tế, mỗi em phải trồng
(cây).
x−7
Do lượng cây mỗi em trồng trên thực tế hơn 3 cây so với kế hoạch nên ta có phương trình :
420 420
−
= 3 ( x > 7)
x−7
x
⇒ 420 x − 420 ( x − 7 ) = 3 x ( x − 7 )
Theo kế hoạch, mỗi em phải trồng

⇔ 3 x 2 − 21x − 2940 = 0


⇔ x 2 − 7 x − 980 = 0 (chia 3)
∆ = 7 2 − 4.1. ( −980 ) = 3969 > 0 ,

∆ = 3969 = 63 .

7 + 63
7 − 63
= 35 (nhận) ; x2 =

= −28 (loại).
2
2
Vậy lớp 9A có 35 học sinh.
2
Câu 7 : (1 điểm) Phương trình x − 2 ( m +1) x + m − 4 = 0 .
x1 =

Phương trình có ∆ ' = ( m + 1) − 1. ( m − 4 ) = m 2 + 2m + 1 − m + 4 = m 2 + m + 5 .
2

2

2

1 
1 
1  19

∆ ' = m + m + 5 =  m + ÷ +  5 − ÷ =  m + ÷ + > 0, ∀m .
2 
4 
2
4

Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Khi đó, theo Vi-ét x1 + x2 = 2m + 2 ; x1.x2 = m − 4 .
M = x1 ( 1 − x2 ) + x2 ( 1 − x1 ) = x1 − x1 x2 + x2 − x1 x2 = x1 + x2 − 2 x1 x2 .
2

M = x1 + x2 − 2 x1 x2 = 2m + 2 − 2 ( m − 4 ) = 2m + 2 − 2m + 8 = 10 (không phụ thuộc vào m).
Câu 8 :
GT ∆ABC , A = 900 , AH ⊥ BC ,
µ

·
ACB = 600 , CH = a
KL Tính AB và AC theo a?
CH
a
a
CH
AC =
=
= = 2a
0
∆ACH có cos C =
1
nên
.
cos C cos 60
AC
2
∆ABC có AB = AC.tanC = 2a.tan 600 = 2a. 3 = 2 3a .
Vậy AB = 2 3a , AC = 2a .
Câu 9 : (1 điểm)
GT (O) đường kính AB cố định, đường
kính CD thay đổi, MN là tiếp tuyến
tại B của (O).
KL Tứ giác CDMN nội tiếp

Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp


1 »
·
Ta có : ADC = sđ AC .
2
1
1 »
µ 1
¼
»
¼
»
N = sđ ADB − sđ BC = sđ ACB − sđ BC = sđ AC .
2
2
2
1 »
·
µ
⇒ ADC = N (cùng bằng sñ AC ).
2
⇒ Tứ giác CDMN nội tiếp được (góc ngồi bằng góc đối trong).

(

) (

)

Câu 10 : (1 điểm)
GT ABCD nội tiếp ( O; a ) , AC ⊥ BD
KL Tính AB2 + CD 2 theo a.

Tính AB2 + CD 2 theo a.
Vẽ đường kính CE của đường trịn (O).
·
·
Ta có : EAC = 900 , EDC = 900 (góc nội tiếp chắn đường kính EC).
AC ⊥ AE 
 ⇒ AE PBD ⇒ ABDE là hình thang cân (hình thang nội tiếp (O))
AC ⊥ BD ( gt ) 

⇒ AB = DE (cạnh bên hình thang cân).

⇒ AB2 + CD 2 = DE 2 + DC 2 = EC 2 = ( 2a ) = 4a 2 (do ∆EDC vuông tại D).
2

Vậy AB2 + CD 2 = 4a 2 .
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2012 – 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC
Mơn thi: Tốn
Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012

Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,5 điểm)


1) Cho biểu thức A =

x +4
. Tính giá trị của A khi x = 36
x +2


x
4  x + 16
+
(với x ≥ 0; x ≠ 16 )
÷:
x +4
x −4÷ x +2



2) Rút gọn biểu thức B = 


3) Với các của biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị của x nguyên để giá trị của biểu thức B(A – 1) là số
nguyên
Bài II (2,0 điểm). Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai người cùng làm chung một cơng việc trong

12

giờ thì xong. Nếu mỗi người làm một mình thì người thứ nhất
5

hồn thành cơng việc trong ít hơn người thứ hai là 2 giờ. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người phải làm trong bao nhiêu thời
gian để xong công việc?
Bài III (1,5 điểm)

2 1
x + y = 2

1) Giải hệ phương trình: 
6 − 2 =1
x y

2) Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = 0 (ẩn x). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 thỏa
2
2
mãn điều kiện : x1 + x 2 = 7

Bài IV (3,5 điểm)
Cho đường trịn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vng góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC
(M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB.
1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.

·
·
2) Chứng minh ACM = ACK
3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C
4) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm P, C nằm trong cùng một nửa mặt
phẳng bờ AB và

AP.MB
= R . Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK
MA

Bài V (0,5 điểm). Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x ≥ 2y , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M =

x 2 + y2
xy


GỢI Ý – ĐÁP ÁN

Bài I: (2,5 điểm)
1) Với x = 36, ta có : A =

36 + 4 10 5
=
=
36 + 2 8 4

2) Với x ≥ , x ≠ 16 ta có :

 x( x − 4) 4( x + 4)  x + 2 (x + 16)( x + 2)
x +2
+
÷
÷ x + 16 = (x − 16)(x + 16) = x − 16
x − 16 
 x − 16

B= 


3) Ta có: B( A − 1) =

x +2  x +4 
x +2
2
2
.
 x + 2 − 1 ÷ = x − 16 . x + 2 = x − 16 .
÷
x − 16 


{

Để B( A − 1) nguyên, x nguyên thì x − 16 là ước của 2, mà Ư(2) = ±1; ±2

}

Ta có bảng giá trị tương ứng:

x − 16

1

−1

2

−2

x

17

15

18

14

{

Kết hợp ĐK x ≥ 0, x ≠ 16 , để B( A − 1) nguyên thì x ∈ 14; 15; 17; 18

}

Bài II: (2,0 điểm)
Gọi thời gian người thứ nhất hoàn thành một mình xong cơng việc là x (giờ), ĐK x >

12
5


Thì thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là x + 2 (giờ)
Mỗi giờ người thứ nhất làm được

1
1
(cv), người thứ hai làm được
(cv)
x
x+2

Vì cả hai người cùng làm xong công việc trong

12
12 5
giờ nên mỗi giờ cả hai đội làm được 1:
= (cv)
5
5 12

Do đó ta có phương trình

1
1
5
+
=
x x + 2 12
⇔

x+2+ x 5
=
x( x + 2) 12

⇔ 5x2 – 14x – 24 = 0
∆’ = 49 + 120 = 169,
=> x =

∆ , = 13

7 − 13 −6
7 + 13 20
=
=
= 4 (TMĐK)
(loại) và x =
5
5
5
5

Vậy người thứ nhất làm xong công việc trong 4 giờ,
người thứ hai làm xong công việc trong 4+2 = 6 giờ.

2 1
x + y = 2

Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ: 
, (ĐK: x, y ≠ 0 ).
6 − 2 =1
x y

4 2
4 6

10
x = 2
x + y = 4
 x + x = 4 +1  x = 5

x = 2



⇔
⇔
⇔ 2 1
⇔
Hệ ⇔ 
.(TMĐK)
2 1
2 1
+ =2
6 2
y = 1
 − =1
 + =2
 + =2
2 y

x y
x y
x y




Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1).

2) + Phương trình đã cho có ∆ = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + 1 > 0, ∀m
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt ∀m


 x1 + x2 = 4m − 1

.
2
 x1 x2 = 3m − 2 m


+ Theo ĐL Vi –ét, ta có: 

2
2
2
Khi đó: x1 + x2 = 7 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x 2 = 7

⇔ (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) = 7 ⇔ 10m2 – 4m – 6 = 0 ⇔ 5m2 – 2m – 3 = 0
Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0 => m = 1 hay m =

−3
.
5

Trả lời: Vậy....

C

M
H

Bài IV: (3,5 điểm)

E

A

K

O

B

·
1) Ta có HCB = 900 ( do chắn nửa đường trịn đk AB)
·
HKB = 900 (do K là hình chiếu của H trên AB)

·
·
=> HCB + HKB = 1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp trong đường trịn đường kính HB.