Tổng hợp các đề thi vào lớp 10 môn toán trên cả nước năm học 2015 - 2016 (có đáp án)

Gồm đề thi của các sở giáo dục Hải Phòng, Bình Dương, Hưng Yên, Vĩnh Long, Đồng Tháp, Phú
Thọ, Hải Dương, Đà Nẵng, Nghệ An, Hà Tĩnh, Tây Ninh, Thành phố Hồ Chí Minh, Đồng Nai,
Tiền Giang, Cần Thơ, Thái Nguyên, Quảng Ngãi, Hà Nội, Nam Định, Quảng Bình, Sơn La, Hà
Nam, Bình Định, Bà Rịa Vũng Tàu, Vĩnh Phúc, Khánh Hòa, Thái Bình, Tây Ninh, An Giang, Thái
Nguyên, Huế, Ninh Bình
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
I. Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm). Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trước câu trả lời đúng.
1. Điều kiện xác định của biểu thức A =
2
2 1x
−
−
là
A. x
≤

1
2
B. x
≥

1
2
C. x
<

1

2
D. x
>

1
2
2. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất ?
A.
4
2
x
y = +
B.
2
3
2
x
y = −
C.
2
1y
x
−
= +
D.
3
2
5
x
y = − +

3. Hệ phương trình
ax 3 1
2
y
x by
+ =


+ = −

nhận cặp số (-2; 3) là nghiệm khi:
A. a = 4; b = 0 B. a = 0; b = 4 C. a = 2; b = 2 D. a = -2; b = -2
4. Một nghiệm của phương trình 2x
2
– 3x – 5 = 0 là
A.
3
2
−
B.
5
2
−
C.
3
2
D.
5
2
5. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết cạnh AC = 8, BC = 10 (Trong hình 1).

Độ dài đoạn thẳng CH bằng:
A. 2,4 B. 3,6
C. 4,8 D. 6,4
6. Cho đường tròn (O) đường kính AC, hai tiếp tuyến MA và MB của đường tròn (Trong hình
2). Biết
·
0
70ACB =
. Số đo góc AMB bằng
A. 40
0
B. 50
0
C. 60
0
D. 70
0
7. Cung AB của đường tròn (O; R) có số đo bằng 120
0
. Vậy độ dài cung AB là:
A.
3
R
π
B.
2
3
R
π
C.

3
3
R
π
D.
5
3
R
π
8. Cho tam giác vuông ABC (
µ
0
90A =
); AB = 4 cm, AC = 3 cm. Quay tam giác vuông ABC
một vòng xung quanh cạnh AB cố định. Hình nón được tạo thành có thể tích là:
A. 12π cm
3
B. 15π cm
3
C. 16π cm
3
D. 30π cm
3
II. Phần 2: Tự luận (8,0 điểm).
Bài 1 (2,0 điểm).
1. Rút gọn các biểu thức
a)
4 8 15
3 5 1 5 5
M = − +

+ +
b)
3 2
3.( 48 75 2 3)
4 5
N = − +
2. Cho hai hàm số y = 2x – 1 + 2m (d) và y = - x – 2m (d’) (với m là tham số).
a/ Khi m = 1, tìm tọa độ giao điểm của (d) và (d’).
b/ Tìm m để đồ thị (d) và (d’) của hai hàm số cắt nhau tại một điểm có hoành độ dương.
Bài 2 (2,0 điểm). 1. Cho phương trình x
2
– (m – 3)x – m + 2 = 0 (1) (với m là tham số)
a) Giải phương trình (1) khi m = 0.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm không âm.
2. Một ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B rồi ngược dòng từ bến B về bến A mất 6 giờ
15 phút. Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết rằng quãng sông AB dài 60 km và vận
tốc dòng nước là 4 km/h.
Bài 3 (3,0 điểm). Cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (O; R) có đường cao AH. Gọi I và K lần
lượt là hình chiếu của A lên các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O).
a) CMR các tứ giác AHBI và AHCK nội tiếp đường tròn.
b) CMR ∆ AHI và ∆ AKH đồng dạng.
c) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AI và AK. ∆ ABC phải thỏa mãn điều kiện gì để
AH = AM + AN ?
Bài 4 (1,0 điểm). Cho hai số dương x và y có tổng bằng 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
2 2
1 1
(1 )(1 )B
x y
= − −

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN
Phần 1. Trắc nghiệm (2,0 điểm). Mỗi câu đúng được 0,25 điểm
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8
Đáp án C B A D D A B A
Phần 2. Tự luận (8,0 điểm)
Bài Đáp án Điểm
Bài 1
(2
điểm)
1
1đ
a/
4 8 15
3 5 1 5 5
M = − +
+ +
=
4(3 5) 8(1 5) 15 15
9 5 1 5 5
− −
− +
− −
0,25đ
=
3 5 2 2 5 3 5− + − +
= 5 0,25đ
b/

3 2
3.( 48 75 2 3)
4 5
N = − +
=
3.(3 3 2 3 2 3)− +
0,25đ
=
3.3 3 9=
0,25đ
2
1đ
a/ Khi m = 1 tọa độ giao điểm của (d) và (d’) là nghiệm của hệ
phương trình
2 1 2 1 1
2 2 1 2 1
y x y x x
y x x x y
= + = + = −
  
⇔ ⇔
  
= − − + = − − = −
  
0,25đ
Vậy điểm M(-1; -1) tọa độ giao điểm của (d) và (d’) 0,25đ
b/ Xét phương trình hoành độ giao điểm
2x – 1 + 2m = -x – 2m
⇔
3x = 1 – 4m

⇔
x =
1 4
3
m−
0,25đ
Đồ thị (d) và (d’) của hai hàm số cắt nhau tại điểm có hoành độ
dương
⇔
x =
1 4
3
m−
> 0
⇔
1 – 4m >
⇔
m <
1
4
0,25đ
Bài 2
(2
điểm)
1
1đ
a/ Khi m = 0 phương trình (1) có dạng: x
2
+ 3x + 2 = 0
Ta có: a – b + c = 1 – 3 + 2 = 0 0,25đ

Phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
1; 2x x= − = −
0,25đ
b/ Phương trình (1) có dạng: a – b + c = 1 + m – 3 – m + 2 = 0
Do đó phương trình (1) có nghiệm
1 2
1; 2x x m= − = −
0,25đ
Vì
1
1 0x = − <
nên phương trình (1) có ít nhất một nghiệm không
âm
⇔
m – 2
≥
0
⇔
m
≥
2
0,25đ
2
1đ
Gọi vận tốc thực của ca nô là
( / )x km h
. Điều kiện
4x
>

.
0,25đ
1
20x =
thỏa mãn điều kiện của ẩn,
2
3
5
x
−
=
loại
Vậy vận tốc thực của ca nô là 20km/h
0,25đ
Vận tốc ca nô xuôi dòng là
4( / )x km h+
, ngược dòng là
4( / )x km h−
.
Thời gian ca nô xuôi dòng là
60
( )
4
h
x +
, ngược dòng là
60
( )
4
h

x −
.
Tổng thời gian ca nô chạy xuôi và ngược dòng là 6h15 phút bằng
25
4
h
Nên ta lập được phương trình
60 60 25
4 4 4x x
+ =
+ −
0,25đ
2
5 96 80 0x x⇔ − − =
. Có
' 2 '
( 48) 5.80 2702 0; 52∆ = − + = > ∆ =
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1 2
48 52 48 52 4
20;
5 5 5
x x
+ − −
= = = =
0,25đ
Bài 3 Hình vẽ 0,5đ
(3
điểm)
a

Ta có AH
⊥
BC (gt)
⇒

·
·
0
90AHB AHC= =
AI
⊥
BI; AK
⊥
CK (T/c hình chiếu)
⇒
·
·
0 0
90 ; 90AIB AKC
= =
+ Xét tứ giác AHBI có:
·
·
0
180AHB AIB+ =
Suy ra tứ giác AHBI nội tiếp (Dấu hiệu nhận biết)
+ Tương tự tứ giác AHCK nội tiếp.
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
b
Tứ giác AHBI nội tiếp (cmt)
⇒

·
·
ABI AHI=
(cùng chắn
»
AI
)
Tứ giác AHCK nội tiếp(cmt)
⇒
· ·
AKH ACH=
(cùng chắn
¼
AH
)
0,25đ
Mà
·
·
ABI ACB=
( cùng chắn
»
AB
) hay
·

·
ABI ACH=
Do đó
·
·
AHI AKH=
(1)
0,25đ
Chứng minh tương tự
·
·
AIH AHK=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
AHI AKH∆ ∞∆
(g.g)
0,25đ
c
∆AIB
∞
∆AHC (
µ
·
·
0
90 ;I H ABI ACH= = =
$
)
AI AB
AH AC

⇒ =
∆AKC
∞
∆AHB (
µ
µ
·
·
0
90 ;K H ACK ABH= = =
)
AK AC
AH AB
⇒ =
AI AK AB AC AI AK AB AC
AH AH AC AB AH AC AB
+
⇒ + = + ⇒ = +
2( )AM AN AC AB
AH AB AC
+
⇒ = +
0,25đ
Do AM+AN =AH (gt)
2
AC AB
AB AC
⇒ + =
Ta có
2 . 2

AC AB AC AB
AB AC AB AC
+ ≥ =
Mà
2
AC AB
AB AC
+ =
. Dấu “=” xảy ra khi AB = AC
Vậy tam giác ABC cân tại A Thì AH = AM + AN
0,25đ
0,25đ
Bài 4
(1
điểm)
Có x + y = 1
1
1
x y
y x
= −

⇒

= −

B =
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 ( 1)( 1)( 1)( 1)

(1 )(1 ) .
x y x x y y
x y x y x y
− − − + − +
− − = =
=
2 2
( )( 1)( )( 1) ( 1)( 1) 1 2
1
y x x y x y xy x y
x y xy xy xy
− + − + + + + + +
= = = +
Mà 1 = x + y và x + y
2 xy≥

⇒
(x + y)
2

≥
4xy
Do đó 1
2
= (x + y)
2

≥
4xy
⇒

0,25đ
0,25đ
2 2
1 1 1 4 2
8
4 ( ) ( )xy x y xy x y xy
≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
+ +

⇒
B
≥
9
Vậy min B = 9 khi x = y =
1
2
0,25đ
0,25đ
SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
BÌNH DƯƠNG Năm học: 2015 – 2016
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 : (1 điểm) Tính:
2
3 2 2 1A x x x= − − −
với
2x =

Bài 2: (1,5 điểm) 1) Vẽ đồ thị (P) hàm số
2

4
x
y =

2) Xác định a, b để đường thẳng
y ax b= +
đi qua gốc tọa độ và cắt (P) tại điểm A có
hoành độ bằng –3.
Bài 3 :(2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình:
2 10
1
1
2
x y
x y
+ =



− =



2) Giải phương trình:
2 0x x− − =

Bi 4:(2,0 im) Cho phng trỡnh
2
2( 1) 2 0x m x m + + =
(m l tham s)

1) Chng minh phng trỡnh luụn cú hai nghim phõn bit vi mi m.
2) Tỡm cỏc giỏ tr ca m phng trỡnh cú hai nghim cựng dng.
3) Tỡm h thc liờn h gia hai nghim khụng ph thuc vo m.
Bi 5: (3,5 im) Cho tam giỏc ABC vuụng ti A, M l trung im ca cnh AC.
ng trũn ng kớnh MC ct BC ti N. ng thng BM ct ng trũn ng kớnh
MC ti D.
1) Chng minh t giỏc BADC ni tip. Xỏc nh tõm O ca ng trũn ú.
2) Chng minh DB l phõn giỏc ca gúc ADN.
3) Chng minh OM l tip tuyn ca ng trũn ng kớnh MC.
4) BA v CD kộo di ct nhau ti P. Chng minh ba im P. M, N thng hng.
Hng dn
Bi 4.
a)
2
' m 1 0 m = + >
nờn pt cú hai nghim phõn bit vi mi m.
b) Theo Viột ta cú:
( )
1 2
1 2
x x 2 m 1
x .x 2m
+ = +



=

Pt cú hai nghim cựng dng khi
( )
2 m 1 0
m 0
2m 0
+





c) Theo Viột ta cú:
( )
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
x x 2 m 1
x x 2m 2
x x x .x 2
x .x 2m
x .x 2m
+ = +
+ = +


+ =

=
=

Bi 5.
a) T giỏc BADC cú nh A, D cựng nhỡn BC di gúc 90
0
nờn ni tip. Tõm O ca
ng trũn ngoi tip t giỏc ny l trung im ca BC.
b) Ta cú t giỏc ABCD v t giỏc DMNC ni tip nờn ta cú gúc ADB = gúc ACB = gúc
BDN nờn DB l phõn giỏc gúc AND.
c) Ta cú OB = OC, MA = MC suy ra OM l ng trung bỡnh tam giỏc ACB suy ra OM
// AB, do AB vuụng gúc vi AC suy ra OM vuụng gúc vi AC do ú OM l tip tuyn
ca ng trũn ng kớnh MC.
d) Trong tam giỏc PBC cú BD v CA l cỏc ng cao suy ra M l trc tõm
suy ra PM vuụng gúc vi BC, li cú MN vuụng gúc vi BC do ú P, M, N thng hng.
Sở giáo dục và đào tạo
Hng yên
kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt Năm học
2015 2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút
Cõu 1: ( 2 im )
1) Rỳt gn
2 2
( 3 2) ( 3 2)P
= + +
; 2) Gii h phng trỡnh
3
3 1
x y
x y
=

+ =


Câu 2: ( 1,5 điểm )
1) Xác định tọa độ các điểm A và B thuộc đồ thị hàm số
2 - 6y x
=
, biết điểm A có
hoành độ băng 0 và điểm B có tung độ bằng 0
2) Tìm m để đồ thị hàm số
2
y mx
=
đi qua điểm
(1; 2)P
−
Câu 3: ( 1,5 điểm ) Cho phương trình
2
2( 1) 2 0x m x m
− + + =
(m là tham số)
1) Giải phương trình với
1m
=
.
2) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm
1 2
;x x

thỏa mãn
1 2
2x x
+ =
Câu 4: ( 1,5 điểm )
1) Cho tam giác ABC vuông tại A,
3 , 6AB cm BC cm
= =
. Tính góc C?
2) Một tàu hỏa đi từ A đến B với quãng đường 40km. Khi đi đến B, tàu dừng lại 20
phút rồi đi tiếp 30km nữa để đến C với vận tốc hơn vận tốc khi đi từ A là 5km/h. Tính
vận tốc của tàu hỏa trên quãng đường AB, biết thời gian kể từ khi tàu hỏa xuất phát từ A
đến khi tới C hết tất cả 2 giờ.
Câu 5: ( 2,5 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O và
AB<AC. Vẽ đường kính AD của đường tròn (O). Kẻ BE và CF vuông góc với AD (E; F
thuộc AD). Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC).
1) Chứng minh bốn điểm A, B, H, E cùng nằm trên một đường tròn.
2) Chứng minh HE//CD
3) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh
ME MF=
Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số lớn hơn 1. Chứng minh:
2 2 2
12
1 1 1
a b c
b c a
+ + ≥
− − −
Gợi ý:
Câu 5c)

Tứ giác MBEO và tứ giác MFCO nội tiếp nên
· ·
MBO MEO
=
;
·
·
MCO MFO
=
Tam giác BOC cân tại O nên
·
·
MBO MCO
=
Suy ra
· ·
MFO MEO
=
hay tam giác FEM cân tại M
Câu 6
Ta có
2
4( 1) 4a
1
a
b
b
+ − ≥
−
(Côsi)

Tương tự:
Vậy
2 2 2
4( ) 4( 1 1 1) 12
1 1 1
a b c
a b c b c a
b c a
+ + ≥ + + − − + − + − =
− − −
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH LONG
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1. (1.0 điểm)
a) Tính:
A 2 5 3 45 500= + −
; b) Rút gọn biểu thức
( )
B 5 1 6 2 5= − +
Bài 2. (2.5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
x 9x 20 0− + =
b)
4 2
x 4x 5 0− − =
c)
2x y 5
x y 1

+ =


− =

Bài 3. (1.5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho parabol
( )
2
P : y x=
và đường thẳng
( ) ( )
d : y 2 m 1 x 5 2m= − + −
(m là tham số)
a) Vẽ đồ thị parabol (P).
b) Biết đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Gọi hoành độ giao
điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là x
1
, x
2
. Tìm m để
2 2
1 2
x x 6+ =
Bài 4. (1.0 điểm) Một đội xe cần chở 36 tấn hàng. Trước khi làm việc, đội được bổ sung thêm
3 chiếc nữa nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn hàng so với dự định. Hỏi lúc đầu đội có bao nhiêu xe,
biết khối lượng hàng chở trên mỗi xe như nhau.
Bài 5. (1.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 15cm và AC = 20cm. Tính độ
dài đường cao AH và trung tuyến AM của tam giác ABC.

Bài 6. (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn, hai đường cao BD và CE cắt nhau
tại H (D thuộc AC; E thuộc AB).
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Gọi M, I lần lượt là trung điểm của AH và BC. Chứng minh MI vuông góc ED.
Bài 7. (1.0 điểm) Biết phương trình bậc hai (x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) = 0
(x là ẩn số) có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó.
…HẾT…
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT 2015 – 2016 VĨNH LONG
Bài 1.
a)
A 2 5 3 45 500 2 5 3.3 5 10 5 5= + − = + − =
b)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
B 5 1 6 2 5 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 4
= − + = − + = − + = − + = − =
Bài 2. a) Phương trình
2
x 9x 20 0− + =
có tập nghiệm S = {4; 5} (hs tự giải)
b) Phương trình
4 2
x 4x 5 0− − =
có tập nghiệm
{ }
S 5; 5= −
(hs tự giải)
c) Nghiệm của hệ
2x y 5
x y 1

+ =


− =

là
x 2
y 1
=


=

(hs tự giải)
Bài 3. a) Vẽ đồ thị
Bảng giá trị:
x —2 —1 0 1 2
y = x
2
4 1 0 1 4
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
x
2
= 2(m – 1)x + 5 – 2m⇔ x
2
– 2(m – 1)x + 2m – 5 = 0
Theo định lý Vi-ét:
-13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-9
-8

-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
x
y
O
y = x
2
I
M
H
D
E
C
B
A
1 2

1 2
b
x x 2m 2
a
c
x .x 2m 5
a

+ = − = −




= = −


Theo đề bài, ta có:
( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2
x x 6 x x 2x x 6+ = ⇔ + − =
⇔ 4m
2
– 12m + 8 = 0 ⇔ m = 1; m = 2.
Vậy: m = 1 hoặc m = 2
Bài 4. Gọi x (chiếc) là số xe ban đầu của đội (ĐK: x nguyên dương)
Số xe lúc sau: x + 3 (chiếc)
Số tấn hàng được chở trên mỗi xe lúc đầu:
36

x
(tấn)
Số tấn hàng được chở trên mỗi xe lúc sau:
36
x 3+
(tấn)
Theo đề bài ta có phương trình:
36 36
1
x x 3
− =
+
Phương trình trên tương đương với: x
2
+ 3x – 108 = 0 ⇔ x = 9 (nhận); x = - 12(loại)
Vậy: lúc đầu đội có 9 chiếc xe.
Bài 5.
áp dụng định lý Pitago vào tam giác ABC vuông tại A, ta có:
BC
2
= AB
2
+ AC
2
= 15
2
+ 20
2
= 625;
( )

BC 625 25 cm= =
Áp dụng đẳng thức: AH.BC = AB.AC
Suy ra:
( )
AB.AC
AH 12 cm
BC
= =
Trong tam giác vuông,
đường trung tuyến ứng
với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền nên:

( )
BC
AM 12,5 cm
2
= =
Bài 6.
a) Tứ giác ADHE có:
AD ⊥ DH (BD ⊥ AC – gt)
AE ⊥ EH (CE ⊥ AB – gt)
Nên
·
·
0
AEH ADH 90= =
Do đó:
·
·
0

AEH ADH 180+ =
Vậy tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Tứ giác BEDC có:
·
·
0
BEC BDC 90= =
(gt)
nên cùng nội tiếp
nửa đường tròn tâm I đường kính BC (1)
Tương tự, tứ giác ADHE nội tiếp
đường tròn tâm M đường kính AH và
E, D là giao điểm của hai đường tròn
tâm M và tâm I. Do đó đường nối tâm IM
là đường trung trực của dây chung ED
Suy ra: MI ⊥ AD (đpcm)
Bài 7. Theo đề: (x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) = 0
M
H
C
B
A
⇔ x
2
– ax – bx + ab + x
2
– bx – cx + bc + x
2
– cx – ax + ca = 0
⇔ 3x

2
– 2(a + b + c)x + ab + bc + ca = 0
( )
( ) ( )
2
2
/ /
b ac a b c 3 ab bc ca
∆ = − = + + − + +
2 2 2 2 2 2
a b c 2ab 2bc 2ca 3ab 3bc 3ca a b c ab bc ca= + + + + + − − − = + + − − −
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca a 2ab b b 2bc c c 2ca a
2 2
 
= + + − − − = − + + − + + − +
 
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
a b b c c a 0
2
 
= − + − + − ≥
 
với mọi a, b, c
Vì phương trình trên có nghiệm kép nên:
/

a b 0
0 b c 0 a b c
c a 0
− =


∆ = ⇔ − = ⇔ = =


− =

Nghiệm kép:
/
1 2
b a b c
x x a b c
a 3
+ +
= = − = = = =
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
ĐỒNG THÁP NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn : TOÁN
Câu 1: (2 điểm) a) Thực hiện phép tính
+
25 4
; b) Tìm x để
2 2x + =

c) Rút gọn
2 3 2
3 1 3 1

C = −
− +

Câu 2: (2,0điểm) a) Giải phương trình
2
3 4 0x x− − =

b) Giải hệ phương trình
2 5
1
x y
x y
+ =


− =

Câu 3: (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị hàm số y = x
2
và
2y x= +
trên cùng mặt phẳng tọa độ
b) Tìm m để phương trình
2
2( 1) ( 1) 0x m x m− + + + =
có 1 nghiệp kép dương
Câu 4: (2 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, Biết AB = 3cm; AC = 4 cm
a) Tính BC và chu vi tam giác ABC
b) Gọi H là chân đường cao từ A ( H thuộc BC). Tính AH
c) Tính diện tích tam giác AHC

Câu 5: (2 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính BC. Trên (O) lấy A sao cho
cung AB lớn hơn cung AC; đường phân giác trong
ˆ
BAC
cắt (O) tại D (D khác A).
a) Tính
ˆ
BAC
;
ˆ
DBC
.
b) Kẽ
DK AC⊥
(K thuộc AC). Chứng minh rằng ODKC nội tiếp.
c) Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp ODKC theo R.
Hướng dẫn
a) Ta có góc BAC = 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
suy ra góc BCD = góc BAD = ½ góc BAC = 45
0
.
b) Vì AD là phân giác góc BAC nên D là điểm chính giữa cung BC nên góc DOC = 90
0
suy ra
tứ giác ODKC có góc DOC = góc DKC = 90
0
suy ra tứ giác DOCK nội tiếp.
c) vì góc DOC = 90

0
nên DC là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác DOCK.
Tam giác DOC vuông tại O suy ra DC =
R 2
suy ra diện tích đường tròn ngoại tiếp tứ giác
ODKC là
2
2
R 2 R
S
2 2
 
π
= π =
 ÷
 

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPTNăm học: 2015 – 2016
Môn thi : TOÁN Ngày thi: 06/6/2015
Câu 1 a) Giải phương trình : x + 2015 = 2016
b) Trong các hình sau: Hình vuông, Hình chữ nhật, Hình thang cân, Hình thang
vuông. Hình nào nội tiếp được đường tròn ?
Câu 2 Cho hệ phương trình



=+
−=−−

3
53)2(
myx
yxm
(I) ( với m là tham số)
a) Giải hệ (I) với m=1
b) CMR hệ (I) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. Tìm nghiệm duy nhất đó theo m.
Câu 3 : Cho Parabol (P) : y=x
2
và đường thẳng (d) có pt : y=2(m+1)x-3m+2
a) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) với m=3.
b) CMR (P) và (d) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A; B với mọi m.
Gọi x
1
; x
2
là hoành độ của A;B . Tìm m để x
1
2
+ x
2
2
=20.
Câu 4 Cho (O;R) và dây DE < 2R. Trên tia đối của tia DE lấy A, qua A kẻ 2 tiếp tuyến
AB, AC với (O), (B,C là tiếp điểm). Gọi H là trung điểm DE. K là giao điểm BC và DE.
a) CMR tứ giác ABOC nội tiếp.
b) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp ABOC. CMR: H thuộc (I) và HA là phân giác
góc BHC. CMR :
AEADAK
112

+=
Câu 5 Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn 7
2015
111
6
111
222
+






++=






++
cabcab
cba
Tìm GTLN của P =
)2(3
1
)2(3
1
)2(3

1
222222
accbba +
+
+
+
+
Hướng dẫn:
Câu 1 a) x=1 ; b) HV, HCN, HTC
Câu 2 a) với m=1 (I) 



=+
−=−−
3
53
yx
yx




=
=
1
2
y
x
b) Với m=0 thì hệ có nghiệm là




−=
=
3/1
3
y
x
Với m
≠
0 . Xét biểu thức
0
2)1(323
1
2
22
≠
+−
=
+−
=+
−
m
m
m
mm
m
m
Với mọi m

≠
0
=>
m
m 3
1
2 −
≠
−
. Vậy hệ (I) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m.
Ta có



=+
−=−−
3
53)2(
myx
yxm








+−
−

=
+−
−
=
32
13
32
59
2
2
mm
m
y
mm
m
x
Câu 3 : a) với m=3 thì (d) là : y=8x-7
Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của hệ



−=
=
78
2
xy
xy












=
=



=
=
49
7
1
1
y
x
y
x
b) Giao điểm của (P) và (d) phụ thuộc và số nghiệm pt : x
2
= 2(m+1)x-3m+2
 x
2
- 2(m+1)x+3m- 2=0 (1) Có
/

∆
= m
2
–m +3 =(m-
2
1
)
2
+
4
11
> 0 với mọi m.
 pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt, nên (P) và (d) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân
biệt A;B.
c) Vì x
1
; x
2
là hoành độ của A;B nên x
1
; x
2 là
nghiệm của pt (1)
Theo Vi _ét ta có: x
1
+ x
2
= 2(m+1) : x
1
. x

2
= 3m-2
 x
1
2
+ x
2
2
=20.  (x
1
+ x
2
)
2
- 2 x
1
. x
2
=20  4(m+1)
2
– 2(3m-2) =20
 2m
2
+ m – 6 =0  m=3/2 hoặc m=-2.
Vậy với m=3/2 hoặc m=-2 thì x
1
2
+ x
2
2

=20.
Câu 4
a) Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến với (O)
=> góc ABO= góc ACO = 90
0
 góc ABO+ góc ACO = 180
0
nªn ABOC nội tiếp.
b) Vì H là trung điểm của DE nên OH vuông góc DE => góc AHO = 90
0

Lại có góc ABO= góc ACO = 90
0
mµ H thuộc (I).
 Góc AHB = góc AOB ( cùng chắn cung AB của (I) ) (1)
 Và góc AHC = góc AOC ( cùng chắn cung AC của (I) ) (2)
Mà OA là phân giác góc BOC ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm ở bên ngoài
đường tròn) nªn góc AOB = góc AOC (3)
Từ (1) (2) (3) => góc AHB = góc AHC, hay HA là phân giác góc BHC.
c) Gọi M là gioa điểm AO và BC => BC vuông góc AO tại M
A
H
K
D
E
M
C
B
O
 góc KMO = góc KHO =90

0
=> KHOM nội tiếp.

∆
AKO
∞
∆
AMH (g-g) => AH.AK= AM.AO = AB
2
Lại có
∆
ADB
∞
∆
ABE (g-g) => AD.AE = AB
2
nªn AD.AE=AH.AK
VËy 2 AD.AE = 2AH.AK= AK. 2AH = AK.( AH+AH)= AK( AH+AD+HD)
=AK( AD+ AH+HE) < Vì HD=HE>
 2AD.AE= AK(AD+AE) Nªn
AEAD
AEAD
AK .
2 +
=
=
AEAD
11
+
Câu 5 Áp dung Bunhia cho bộ số (1;1;1) và (a;b;c) ta có 3(a

2
+b
2
+c
2
)
≥
(a+b+c)
2

 3(2a
2
+b
2
)
≥
(2a+b)
2
;3(2b
2
+c
2
)
≥
(2b+c)
2
; 3(2c
2
+a
2

)
≥
(2c+a)
2

 P
≤
accbba +
+
+
+
+ 2
1
2
1
2
1
Ta có (x+y+z)(
zyx
111
++
)
≥
9 =>
9
1
(
zyx
111
++

)
≥
zyx ++
1
 P
≤
accbba +
+
+
+
+ 2
1
2
1
2
1
≤
9
1













+++






+++






++
acccbbbaa
111111111
 P
≤

9
1






++

cba
333
=






++
cba
111
3
1
(I)
Ta có 10






++
222
111
cba
=
2015
111
6

111
3
222
+






+++






++
cabcab
cba
= 3
2015
111
2
+







++
cba
(II)
Áp dụng Bunhia cho bộ số (1;1;1) và (
a
1
;
b
1
;
c
1
)
Ta được 3






++
222
111
cba
≥
2
111







++
cba
=>






++
222
111
cba
≥
3
1
2
111






++
cba

 10






++
222
111
cba
≥
10 .
3
1
2
111






++
cba
(III)
Từ (II) và (III) => 3
2015
111
2

+






++
cba
≥
10 .
3
1
2
111






++
cba
 2015
≥
10 .
3
1
2
111







++
cba
-3
2
111






++
cba

2
111






++
cba

≤
3.2015 =>






++
cba
111
≤
2015.3
(IV)
Từ (I) và (IV) => P
≤







++
cba
111
3
1
≤
3

1
.
2015.3
=
3
2015
.
Vậy GTLN của P =
3
2015
khi a=b=c và 7
2015
111
6
111
222
+






++=







++
cabcab
cba

 a= b = c =
2015
3
.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPNĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút
Câu I (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
1)
2x 1 0+ =
; 2)
x 3 2y
y 1 2x

= −

= − +

; 3)
4 2
x 8x 9 0
+ − =
Câu II(2,0điểm) 1) Rút gọn biểu thức
( ) ( ) ( )
2

A a 2 a 3 a 1 9a vôùi a 0.
= + − − + + ≥
2) Khoảng cách giữa hai tỉnh A và B là 60km. Hai người đi xe đạp cùng khởi hành
một lúc đi từ A đến B với vận tốc bằng nhau. Sau khi đi được 1 giờ thì xe của người thứ
nhất bị hỏng nên phải dừng lại sửa xe 20 phút, còn người thứ hai tiếp tục đi với vận tốc
ban đầu. Sau khi xe sửa xong, người thứ nhất đi với vận tốc nhanh hơn trước 4km/h nên
đã đến B cùng lúc với người thứ hai. Tính vận tốc hai người đi lúc đầu.
Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm các giá trị của m để phương trình
( )
2 2
x 2 m 1 x m 3 0
− + + − =
có
nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó.
2) Cho hai hàm số
( )
y 3m 2 x 5
= + +
với
m 1
≠ −
và
y x 1
= − −
có đồ thị cắt nhau tại
điểm
( )
A x;y
. Tìm các giá trị của m để biểu thức
2

P y 2x 3
= + −
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định và đường kính CD
thay đổi không trùng với AB. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt các đường thẳng
BC và BD lần lượt tại E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE
và AF.
1) Chứng minh ACBD là hình chữ nhật;
2) Gọi H là trực tâm của tam giác BPQ. Chứng minh H là trung điểm của OA;
3) Xác định vị trí của đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất.
Câu V (1,0 điểm) Cho 2015 số nguyên dương
1 2 3 2015
a ;a ;a ; ;a
thỏa mãn điều kiện :
1 2 3 2015
1 1 1 1
89
a a a a
+ + + + ≥
Chứng minh rằng trong 2015 số nguyên dương đó, luôn tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau.
Hết
Câu 3.2)Tọa độ giao điểm A(x;y) là nghiệm của hệ pt:
2
(3 2) 5
1
( 1)
1 1
1
x
y m x

m
m
y x m
y
m
−

=

= + +


+
⇔ ≠ −
 
= − − −


=

+


Có P = y
2
+ 2x – 3 =
2
1
4 1 6 6
1m

 
− − ≥ −
 ÷
+
 
Vậy Min P = -6
⇔
m = 0
Câu 4
b) Chứng minh H là trung điểm của OA
H thuộc OA; OP là đường trung bình của tam giác ABE
→ OP //BE mà BE
⊥
BF → PO
⊥
BF
→O là trực tâm của tam giác BPF →FO
⊥
BP
Mặt khác có QH
⊥
BP (H là trực tâm của tam giác BPQ)
→QH//FO mà AQ = QF (gt) → H là trung điểm của OA
c) Xác định vị trí của đường kính CD
để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất.
PB = PA ; OA = OC ; OP Chung
Suy ra
( . . )APO CPO c c c∆ = ∆
suy ra
·

·
0
90PCO PAO= =

Chứng minh được PC
⊥
CD, ;
Chứng minh tương tự QD
⊥
CD
Tứ giác PCDQ là hình thang vuông → PQ ≥ CD
Diện tích tam giác
1
2
.
BPQ
S AB PQ=
, Diện tích
BPQ
S
nhỏ nhất khi PQ nhỏ
nhất bằng CD=AB ;
2
1
2
BPQ
MinS AB=
⇔
CD
⊥

AB tại O
Câu 5 Giả sử không tồn tại hai số bằng nhau mà a
1
, a
2
, …, a
2015
nguyên dương
Không làm mất tính tổng quát giả sử a
1
> a
2
> … > a
2015
Nên a
1
≥1; a
2
≥ 2; … ; a
2015
≥ 2015
Suy ra
1 2 2015
1 1 1 1 1 1

1 2 2015a a a
+ + + ≤ + + +
(1)
Có
1 1 1 2 2

1
1 2 2015 1 2 2014 2015
+ + + ≤ + + +
+ +
(2)
Mà
2 2
1 2 2015 1 89
1 2 2014 2015
+ + + = − <
+ +
(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra
1 2 2015
1 1 1
89
a a a
+ + + <
Trái với đk của bài.
Vậy trong 2015 số nguyên dương đó tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau
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
3
6
2
1
2 4
y
x
y
x

− =




+ = −


Bài 3: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x
2
có đồ thị (P)
1) Vẽ đồ thị (P)
2) Cho các hàm số y = x + 2 và y = - x + m ( với m là tham số) lần lượt có đồ thị
là (d) và (d
m

). Tìm tất cả các giá trị của m để trên một mặt phẳng tọa độ các đồ thị của
(P) , (d) và (d
m
) cùng đi qua một điểm
Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x
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
2
≥ 0 với mọi a)
2)
7( 3 1) 5( 2 1)
A .( 7 5)
3 1 2 1
é ù
- -
ê ú
= + -
ê ú
- -
ë û
2 2
A ( 7 5).( 7 5) 7 5 7 5 2= + - = - = - =
. Vậy A = 2
Bài 2 : - ĐK : x ≠ 0. Ta có :
3
y 6
3 2xy 12x 8x 4
2x
1 1 2xy 4x 1 2xy 4x
2y 4
x
ì

ï
ï
- =
ï
ì ì
- = =
ï ï
ï
ï ï ï
Û Û
í í í
ï ï ï
+ =- + =-
ï ï
î î
ï
+ =-
ï
ï
ï
î
⇔
1
x 0(TMDK)
2
1 1
1 2. y 4.
2 2
ì
ï

ï
= ¹
ï
ï
ï
í
ï
ï
+ =-
ï
ï
ï
î
⇔
1
x
2
1 y 2
ì
ï
ï
=
ï
í
ï
ï
+ =-
ï
î
⇔

1
x
2
y 3
ì
ï
ï
=
ï
í
ï
ï
=-
ï
î
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
1
x
2
y 3
ì
ï
ï
=
ï
í
ï
ï
=-
ï

î
Bài 3 : 1) Lập bảng giá trị và vẽ
2) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : x
2
= x + 2 ⇔ x
2
- x - 2 = 0(*)
Phương trình (*) có dạng : a – b + c = 0 nên có 2 nghiệm :
1
2
x 1
c
x 2
a
ì
=-
ï
ï
ï
í
-
ï
= =
ï
ï
î
Ta có (d) cắt (P) tại hai điểm A(-1; 1) và B (2; 4).
Để (P), (d) và (d
m
) cùng đi qua một điểm thì hoặc A∈ (d

m
) hoặc B ∈ (d
m
) .
+ 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 2m 2(1)
a
c
x .x 2m(2)
a
ì
-
ï
ï
+ = = -
ï
ï
ï
í
ï
ï
= =-
ï
ï
ï
î
Theo bài ta có x
1
2
+ x
1
– x
2

= 5 – 2m (3).; Từ (1) và (3) ta có hệ (I) :
1 2
2
1 1 2
x x 2m 2
x x – x 5 – 2m
ì
+ = -
ï
ï
í
ï
+ =
ï
î

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
4
-
Vậy khi m = ±
3
4
thì PT có 2 nghiệm x
1
, x
2
thỏa : x
1
2
+ x
1
– x
2
= 5 – 2m
Bài 5 : Hình vẽ
a) Có AB ⊥ OB (t/c tiếp tuyến) ⇒ ABO = 90
0
Có AC ⊥ OC (t/c tiếp tuyến) ⇒ ACO = 90
0
Xét tứ giác ABOC có ABO + ACO = 90
0
+ 90

0
= 180
0

nên nội tiếp được trong đường tròn.
b) AB và AC là hai tiếp tuyến của
đường tròn (O) nên AO là đường trung trực của BC.
Gọi H là giao điểm của AO và BC, ta có BC = 2BH.
∆ABO vuông tại B có BH là đường cao nên OB
2
= OH.AO ⇒ OH =
2
OB
AO
=
9
5
cm
∆OBH vuông tại H ⇒ BH
2
= OB
2
– OH
2
⇒ BH =
12
5
cm ; Vậy BC = 2BH =
24
5

cm
c) Gọi E là giao điểm của BM và AC.
∆EMC và ∆ECB có MEC = CEB và MCE = EBC (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến
CA cùng chắn cung MC của đường tròn (O))
⇒ ∆EMC ഗ ∆ECB (g-g) ⇒ EC
2
= EM.EB (*)
∆EMA và ∆EAB có MEA = AEB (a) và :
Có MAE = MCB (3) (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến CB cùng chắn cung MC
của đường tròn (K))
Có MCB = ABE (4) (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến BA cùng chắn cung MB của
đường tròn (O)) + Từ (3) và (4) ⇒ MAE = ABE (b)
- Từ (a) và (b) ⇒ ∆EMA ഗ ∆EAB (g-g) ⇒ EA
2
= EM.EB (**)
Từ (*) và (**) ⇒ EC
2
= EA
2
⇒ EC = EA. Vậy BM đi qua trung điểm E của AC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 –
2016 Môn thi : Toán. Thi ngày 10 / 9 / 2015
Câu 1 (2,5 điểm). Cho biểu thức
1 4
P
x 4
x 2
= −

−
−

a)Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P;b)Tính giá trị của biểu thức P khi
1
x
4
=
.
Câu 2 (1,5 điểm). Số tiền mua 1 quả dừa và một quả thanh long là 25 nghìn đồng. Số
tiền mua 5 quả dừa và 4 quả thanh long là 120 nghìn đồng. Hỏi giá mỗi quả dừa và giá
mỗi quả thanh long là bao nhiêu ? Biết rằng mỗi quả dừa có giá như nhau và mỗi quả
thanh long có giá như nhau.
Câu 3 (1,5 điểm). Cho phương trình :
( )
2 2
x 2 m 1 x m 3 0+ + + − =
(1) (m là tham số).
a) Giải phương trình (1) với m = 2.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x
1
và x
2
sao cho
2 2
1 2
x x 4+ =
.
Câu 4 (3 điểm). Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A
chuyển động trên đường tròn (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Kẻ các đường

cao BE và CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB). Chứng minh rằng :
a) BCEF là tứ giác nội tiếp. ; b) EF.AB = AE.BC.
c) Độ dài đoạn thẳng EF không đổi khi A chuyển động.
Câu 5 (1,5 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn
x y 3+ ≥
. Chứng minh rằng:
1 2 9
x y
2x y 2
+ + + ≥
Đẳng thức xảy ra khi nào ?
………………. Hết ……………….
ĐÁP ÁN THAM KHẢO
Câu 1. a) ĐKXĐ :
x 0≥
, x
≠
4 (0,5 đ)
Rút gọn :
( ) ( ) ( ) ( )
1 4 x 2 4 x 2
P
x 4
x 2
x 2 x 2 x 2 x 2
+ − −
= − = =
−
−
− + − +

1
x 2
=
+
(1 điểm)
b)
1
x
4
= ∈
ĐKXĐ. Thay vào P, ta được :
1 1 5
P
1
2
1
1
2
2
4
= = =
+
+
(1 điểm)
Câu 2. Gọi x, y (nghìn) lần lượt là giá của 1 quả dừa và 1 quả thanh long. Điều kiện : 0 < x ; y < 25.
Theo bài ra ta có hệ phương trình
x y 25
5x 4y 120
+ =



+ =


Giải ra ta được : x = 20, y = 5 (thỏa mãn điều kiện bài toán).
Vậy : Giá 1 quả dừa 20 nghìn.
Giá 1 quả thanh long 5 nghìn.
Câu 3. (1,5 điểm)
a) Với m = 2, phương trình (1) trở thành :
2
x 6x 1 0+ + =
. Ta có :
2
' 3 1 8∆ = − =

Phương trình có hai nghiệm phân biệt
1
x 3 8= − +
,
1
x 3 8= − −
b)
( )
( )
2
2
' m 1 m 3 2m 4∆ = + − − = +
; Phương trình có 2 nghiệm
⇔

2m 4 0 m 2+ ≥ ⇔ ≥ −
.
Theo Vi – ét ta có :
( )
1 2
2
1 2
x x 2 m 1
x x m 3
+ = − +


= −



Theo bài ra ta có :
( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2
x x 4 x x 2x x 4+ = ⇔ + − =

( )
( )
2
2
4 m 1 2 m 3 4⇔ + − − =
1
2

2
m 1
m 4m 3 0
m 3
=

⇔ + + = ⇔

= −

2
m 3= −
không thỏa mãn điều
m 2≥ −
. Vậy m = 1.
Câu 4. Hình vẽ (0,5 điểm)
a) BCEF là tứ giác nội tiếp. (1 điểm) Ta có :
·
o
BFC 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
o
BEC 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra tứ giác BCEF nội tiếp
⇒
đpcm.
b) EF.AB = AE.BC. (1 điểm) BCEF nội tiếp (chứng minh trên)
Suy ra
·

·
AFE ACB=
(cùng bù với góc BFE) Do đó
AEF ABC∆ ∆:
(g.g)
Suy ra
EF AE
EF.AB BC.AE
BC AB
= ⇒ =

⇒
đpcm.
c) EF không đổi khi A chuyển động. (0,5 điểm)
Cách 1. Ta có
·
AE
EF.AB BC.AF EF BC. BC.cosBAC
AB
= ⇒ = =
Mà BC không đổi (gt),
∆
ABC nhọn
⇒
A chạy trên cung lớn BC không đổi
·
BAC⇒
không đổi
·
cosBAC⇒

không đổi. Vậy
·
EF BC.cosBAC=
không đổi
⇒
đpcm.
Cách 2. Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF có: Tâm I là trung điểm của BC cố định.
Bán kính
=
BC
R
2
không đổi (vì dây BC cố định)
⇒
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF là một đường tròn cố định
Vì Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (I) nên ta có:

·
·
»
= =
1
FBE ECF Sd EF
2
(góc nội tiếp) (1)
Lại có:
·
·
·
= = −

0
FBE ECF 90 BAC
.Mà dây BC cố định
¼
⇒
Sd BnC
không đổi
·
¼
⇒ =
1
BAC Sd BnC
2
có số đo không đổi
·
·
·
⇒ = = −
0
FBE ECF 90 BAC

có số đo không đổi (2)
Từ (1) và (2)
»
⇒
EF
có số đo không đổi
⇒
Dây EF có độ dài không đổi (đpcm).
Câu 5. Cách 1. Ta có : Với x, y > 0 và

x y 3+ ≥
. Ta có :

1 2 1 1 4
x y x y x 2 y 4 6
2x y 2 x y
 
 
 
+ + + = + + − + + − + +
 
 ÷
 ÷
 
 
 
=
( )
2
2
1 1 2 1 9
x y x y 6 3 6
2 2 2
x y
 
 
 
 
+ + − + − + ≥ + =
 ÷

 ÷
 ÷
 
 
 
 
.Đẳng thức xảy ra
1
x 0
x 1
x
2
y 2
y 0
y

− =

=


⇔ ⇔
 
=


− =



Cách 2. Với x, y > 0 và
x y 3+ ≥
. Ta có :
1 2 1 1 4 1 1 4 9
x y x y x y 3 2 x. 2 y.
2x y 2 x y 2 x y 2
 
 
 
 
+ + + = + + + + + ≥ + + =
 ÷
 
 ÷
 ÷
 
 
 
 
Đẳng thức xảy ra
1
x
x 1
x
4
y 2
y
y

=


=


⇔ ⇔
 
=


=


(vì x, y > 0)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
HÀ TĨNH NĂM HỌC 2015-2016 Môn thi: TOÁN
Câu 1: Rút gọn các biểu thức
a)
1 1
P .
5 2 5 2
= +
− +
b)
x 1 1
Q 1 .
x 1 x
 
+
= +
 ÷

 ÷
−
 
với x > 0, x ≠ 1.
Câu 2: Cho phương trình bậc hai
2 2
x 2(m 1)x m m 1 0
− + + + + =
(m là tham số)
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thỏa mãn
2 2
1 2 1 2
x x 3x x 1
+ = −
.
Câu 3: Một đội xe nhận vận chuyển 72 tấn hàng nhưng khi sắp khởi hành thì có 3 xe bị hỏng,
do đó mỗi xe phải chở nhiều hơn 2 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đọi xe có bao nhiêu chiếc,
biết khối lượng hàng mỗi xe phải chở là như nhau.
Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC, đường tròn đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại
M, N. Gọi H là giao điểm của BN và CM.
a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Gọi K là giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng AH.
Chứng minh ∆BHK ∆ACK.
c) Chứng minh: KM + KN ≤ BC. Dấu “ =” xảy ra khi nào?
Câu 5: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a
2

+ b
2
+ c
2
= 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F = ab + bc + 2ca.
- HẾT-
Câu 1: Rút gọn các biểu thức
Mã đề 02
a)
1 1
P .
2 3 2 3
= +
− +
b)
x 2 1
Q 1 .
x 2 x
 
+
= +
 ÷
 ÷
−
 
với x > 0, x ≠ 4.
Câu 2: Cho phương trình bậc hai
2 2
x 2(m 1)x m m 1 0

− + + + + =
(m là tham số)
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thỏa mãn
2 2
1 2 1 2
x x 4x x 2
+ = −
.
Câu 3: Một đội xe nhận vận chuyển 60 tấn hàng nhưng khi sắp khởi hành thì có 2 xe bị hỏng,
do đó mỗi xe phải chở nhiều hơn 1 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đọi xe có bao nhiêu chiếc,
biết khối lượng hàng mỗi xe phải chở là như nhau.
Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC, đường tròn đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại
D, E. Gọi H là giao điểm của BE và CD.
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Gọi K là giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng AH.
Chứng minh ∆BHK ∆ACK.
c) Chứng minh: KD + KE ≤ BC. Dấu “ =” xảy ra khi nào?
Câu 5: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x
2
+ y
2
+ z
2
= 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F = xy + 2yz + zx.
- HẾT-

THANG ĐIỂM - HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THÀNH PHỐ HÀ NỘI – MÔN: TOÁN 2015-2016
Bài Ý Nội dung Điểm
I 1)
Khi x = 9 thì
9 3
12
9 2
P
+
= =
−
0,5
2)
ĐKXĐ:
0; 4x x ≠f
Rút gọn Q=
2
x
Q
x
=
−
1,0
3)
Ta có:
3 3 3
:
2 2
P x x x

x
Q
x x x x
 
+ +
 
= = = +
 ÷
 ÷
 ÷
− −
 
 
Áp dung bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm Ta được
2 3
P
Q
≥
Dấu bằng xảy ra khi x = 3 Vây GTNN của P/Q =
2 3
khi x= 3
0,5
II Gọi vân tóc thức của ca nô là x ( x>2, km/h)
Vận tốc ca nô xuôi dòng x+2 (km/h)
Vận tốc ca nô ngược dòng x – 2 (km/h)
Thời gian ca nô xuôi dòng
48
2x +
(h)
Thời gian ca nô ngược dòng

60
2x −
(h)
Theo đề ra, ta có phương trình
60 48
1
2 2x x
− =
− +
Giải phương trình tìm được x = 22(t/mđk); x = -10 (loại)
Kết luận
0,25
1.0
0.5
0.25
III 1)
ĐK:
1x ≥ −
Giải hệ phương trình tìm được
3
( / )
1
x
t m
y
=


= −


0,75
2)
a) Ta có
( )
2
2 2
(m 5) 4(3 6) 2 1 1 0m m m m m∆ = + − + = − + = − ≥ ∀
0,5
b) gọi ha nghiệm của pt là x
1
; x
2
. Khi đó x
1
; x
2
tạo thành hai cạnh của tam giác vuông với
cạnh huyền bằng 5.
Theo định lí Pytago ta có: x
1
2
+ x
2
2
= 5
Theo định lí Vi ét ta có:
1 2
1 2
5
. 3 6

x x m
x x m
+ = +


= +

Theo trên x
1
2
+ x
2
2
= 5  m = -6 và m = 2 (t/m)
0.25
0.25
0.25
IV 1) 0.25
Tứ giác ACMD nội tiếp
C/m: góc ACD = góc AMD = 90
0

0.75
2)
CA.CB = CH.CD
C/m: tứ giác ANHC nội tiếp suy ra góc DAC = góc CHB(cùng bù góc NHC) suy ra tam
giác CAD đồng dạng với tam giác CHB
1.0
3)
Ba điểm A, N, D thẳng hàng và tiếp tuyến tại N đi qua trung điểm của DH

* tứ giác ACMD nội tiếp suy ra góc ADC = góc AMC, tứ giác CHMB nội tiếp suy ra góc
AMC = góc HBC = góc NMA suy ra góc ADC = góc NMA nên tứ giác DNHM nội tiếp
do đó góc DNH = 90
0
do góc ANB = 90
0
suy ra điều phải chứng minh.
* Vì NJ là tiếp tuyến (O) suy ra góc JND = góc ONB = góc OBN = góc NDH suy ra tam
giác NJD cân tại J suy ra JN = JD mà tam giác NDH vuông tại N suy ra góc JNH + góc
JND = góc JDN + góc JHN = 90
0
do đó góc JNH = góc JHN suy ra tam giác INH cân tại
J suy ra JN = JH do vậy JH = JD nên J là trung điểm của DH
0.5
0.5
4)
MN đi qua điểm cố định khi M di chuyển trên cung KB
Gọi Q là giao điểm của MN và AB; OJ cắt MN tại L
Ta chứng minh được MJ là tiếp tuyến của (O) suy ra MN vuông góc OJ do đó tam giác
OLQ đồng dạng với tam giác OCJ (g – g) suy ra
OL OQ
OC OJ
=
suy ra OL.OJ = OQ.OC.
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMJ ta có OL.OJ = OM
2
= R
2
(R là bán kính
(O)) suy ra OQ.OC = R

2
suy ra
2
R
OQ
OC
=
do O, C cố định R không đổi suy ra OQ
không đổi suy ra Q cố định vậy MN đi qua Q
0.5
V
Với hai số thực dương không âm a, b thỏa
2 2
4a b+ =
ta có:
( )
( )
2
2 2 2 2
2 2 4 2a b a ab b a b ab ab+ = + + = + + = +
Suy ra
( )
2
4 2a b ab
+ = +
(do
4 2 0; , 0ab a b+ > >
Hay
4 2 4 2a b ab a b ab
+ = + ⇔ + = +

Khi đó, biểu thức M được viết lại thành:
2
4 2 2
ab ab
M
a b
ab
= =
+ +
+ +
(1)
Mặc khác:
4 2 4 4 2 4 2ab ab+ > ⇔ + > =
( ) ( )
2 4 2 2 4 2 2ab ab ab⇒ = + + + −
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
4 2 2
2
2
4 2 2
ab ab
M
ab
ab
+ −
= =
+ −
0.25
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm a, b ta được:

2 2
4
2
2 2
a b
ab
+
≤ = =
4 2 2 4 2.2 2 2 2 2ab⇒ + − ≤ + − = −
2 2 2
2 1
2
M
−
⇒ ≤ = −
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
2 2
0
2
4
a b
a b
a b
= ≥

⇔ = =

+ =

Vậy GTLN của biểu thức M là

2 1−
khi
2a b= =
.
0.25
SỞ GIÁO DỤC VÀ
ĐÀO TẠO TÂY NINH
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2015 – 2016
Ngày thi : 11 tháng 6 năm 2015Môn thi : TOÁN (Không chuyên)
Câu 1: (1điểm) Thực hiện các phép tính
a) (0,5 điểm)
A 2 3 12 9= − −
b) (0,5 điểm)
( )
B = 3 12 27+
Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình
2
3 5 2 0x x− − =
.
Câu 3: (1 điểm) Giải hệ phương trình
3
2 3
x y
x y
+ =


− =

.

Câu 4: (1 điểm) Tìm m, n biết rằng đường thẳng
1
d : 2m 4ny x= +
đi qua điểm A(2; 0) và song
song với đường thẳng
2
d : 4 3y x= +
.
Câu 5: (1 điểm) Vẽ đồ thị hàm số
2
3
2
y x= −
.
Câu 6: (1 điểm) Cho phương trình bậc hai
( )
2
2 m 1 m 2 0x x− − + − =
. Chứng minh rằng
phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phận biệt
1
x
,
2
x
. Tìm hệ thức liên hệ giữa
1
x
,
2

x
không phụ thuộc vào m.
Câu 7: (1 điểm) Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 30 tấn hàng. Khi sắp khởi hành thì được
bổ sung thêm 2 xe nên mỗi xe chở ít hơn 0,5 tấn hàng. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc
xe?
Câu 8: (2 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính MN và A là một điểm trên đường tròn (O),
(A khác M và A khác N). Lấy một điểm I trên đoạn thẳng ON (I khác O và I khác N). Qua I kẻ
đường thẳng (d) vuông góc với MN. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của AM, AN với đường
thẳng (d)
a) (1 điểm) Gọi K là điểm đối xứng của N qua điểm I. Chứng minh tứ giác MPQK nội tiếp
đường tròn.
b) (1 điểm) Chứng minh rằng:
IM.IN = IP.IQ
Câu 9: (1 điểm) Cho góc vuông
·
xOy
. Một đường tròn tiếp xúc với tia Ox tại A và cắt tia Oy
tại hai điểm B, C. Biết
OA = 2
, hãy tính
2 2
1 1
AB AC
+
BÀI GIẢI
Câu 1 : (1điểm) Thực hiện các phép tính
a)
A 2 3 12 9 2 3 2 3 3 3
= − − = − − = −
; b)

( )
B = 3 12 27 36 81 6 9 15
+ = + = + =
.
Câu 2 : (1 điểm) Giải phương trình
2
3 5 2 0x x− − =
.
( ) ( )
2
5 4.3. 2 49 0
∆ = − − − = >
,
7∆ =
.
1
5 7 12
2
6 6
x
+
= = =
;
2
5 7 2 1
6 6 3
x
− −
= = = −
. Vậy

1
S = 2;
3
 
−
 
 
.
Câu 3 : (1 điểm) Giải hệ phương trình.
3
2 3
x y
x y
+ =


− =

⇔
3 6
3
x
x y
=


+ =

⇔
2

2 3
x
y
=


+ =

⇔
2
1
x
y
=


=

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
( ) ( )
; 2;x y = 1
.
Câu 4 : (1 điểm)
1
d : 2m 4ny x= +
đi qua điểm A(2; 0) và song song với đường thẳng
2
d : 4 3y x= +
.
1 2

d dP

⇔
2m = 4
4n 3


≠

⇔
m = 2
3
n
4



≠


;
m = 2
,
1
d : 2m 4ny x= +
đi qua điểm A(2; 0)
⇒
0 2.2.2 4n= +

⇒

4n 8= −

⇒
n 2= −
(nhận) Vậy
m = 2
,
n 2= −
.
Câu 5 : (1 điểm) Vẽ đồ thị hàm số
2
3
2
y x= −
.
BGT
Câu 6 : (1 điểm) Phương trình
( )
2
2 m 1 m 2 0x x− − + − =
.
Phương trình có
( ) ( )
2
2 2
' m 1 1. m 2 m 2m 1 m 2 m 3m 3∆ = − − − = − + − + = − +
.
2 2
2
3 9 3 3

' m 3m 3 m 3 m 0, m
2 4 2 4
     
∆ = − + = − + − = − + > ∀
 ÷  ÷  ÷
     
.
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
1
x
,
2
x
với mọi m.
Khi đó, theo Vi-ét :
1 2
2m 2x x+ = −
;
1 2
. m 2x x = −
1 2
. m 2x x = −

⇒
1 2
2 . 2m 4x x = −

1 2 1 2
A 2 2x x x x⇒ = + − =
(không phụ thuộc vào m)

Vậy hệ thức liên hệ giữa
1
x
,
2
x
không phụ thuộc vào m có thể là
1 2 1 2
A 2x x x x= + −
.
Câu 7: (1 điểm) Gọi số xe trong đoàn xe lúc đầu là
x
(chiếc)
( )
x
+
∈Z
.
Số xe trong đoàn xe khi bổ sung thêm là
2x
+
(chiếc).
Lúc đầu, lượng hàng mỗi xe phải chở là
30
x
(tấn)
Lúc thêm 2 xe, lượng hàng mỗi xe phải chở là
30
2x +
(tấn)

Do bổ sung thêm 2 xe thì mỗi xe chở ít hơn
1
0,5
2
=
tấn hàng nên ta có phương trình :
( )
30 30 1
0, ê
2 2
x x nguy n
x x
− = >
+

( ) ( )
60 2 60 2x x x x⇒ + − = +
2
2 120 0x x⇔ + − =
( )
2
' 1 1. 120 121 0∆ = − − = >
,
' 121 11∆ = =
.
1
1 11 10x = − + =
(nhận) ;
2
1 11 12x = − − = −

(loại). Vậy lúc đầu đoàn xe có 10 chiếc.
Câu 8 : (2 điểm)
a) Chứng minh tứ giác MPQK nội tiếp được
Ta có d là trục đối xứng của đoạn KN (do
d MN⊥
tại I và
IN = IK
)
x
2−
1−
0
1
2
2
3
2
y x= −
6
−
1,5−
0
1,5−
6
−
⇒

$ $
1 2
P P=

(hai góc đối xứng qua một trục) (1)
·
0
MAN 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
·
0
MAQ MIQ 90
= =
⇒
AMIQ nội tiếp được
⇒
µ
µ
1 1
A M=
(cùng chắn
º
IQ
)
·
·
0
NAP NIP 90
= =

⇒
AINP nội tiếp được
⇒

µ
$
1 2
A P=
(cùng chắn
º
IN
)
⇒
µ
$
1 2
M P=
(cùng bằng
µ
1
A
) (2)
Từ (1), (2)
⇒
$
µ
1 1
P M=

⇒
Tứ giác MPQK nội tiếp được.
b) Chứng minh IM.IN=IP.IQ
Ta có
·

·
IKQ IPM=
(cùng bù với
·
MKQ
, tứ giác MPQK nội tiếp)
⇒
IKQ IPM∆ ∆∽
(có
·
MIP
chung,
·
·
IKQ IPM=
(cmt))
⇒
IK IQ
IP IM
=

⇒
IM.IK = IP.IQ

⇒
IM.IN = IP.IQ
(do
IK = IN
)
Câu 9 : (1 điểm) Tính

2 2
1 1
AB AC
+
Lấy C’ đối xứng với C qua Ox
⇒
AC = AC'
µ µ
1 2
A A=
(hai góc đối xứng qua một trục)
µ
µ
1 1
A B=
(cùng bằng
»
1
AC
2
sñ
)
µ
µ
2 1
A B⇒ =
⇒
·
·
µ

·
µ
0
2 1
BAC' BAO A BAO B 90= + = + =
⇒
ABC'∆
vuông tại A, có đường cao AO
⇒
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
AB AC AB AC' AO 2 4
+ = + = = =
HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.HCM Năm học: 2015 – 2016 MÔN: TOÁN
Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
8 15 0x x− + =
; b)
2
2 2 2 0x x− − =
; c)
4 2
5 6 0x x− − =
; d)
2 5 3
3 4
x y

x y
+ = −


− =

Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P)của hàm số
2
=
y x
và đường thẳng (D):
2y x
= +
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:
1 10
( 0, 4)
4
2 2
x x x
A x x
x
x x
− −
= + + ≥ ≠
−
− +

(13 4 3)(7 4 3) 8 20 2 43 24 3B = − + − + +
Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình
2
2 0x mx m− + − =
(1) (x là ẩn số)
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m
b) Định m để hai nghiệm
1 2
,x x
của (1) thỏa mãn
2 2
1 2
1 2
2 2
. 4
1 1
x x
x x
− −
=
− −
Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn. Đường tròn tâm O
đường kính BC cắt các cạnh AC, AB lần lượt tại E, F. Gọi H là giao điểm của BE và
CF. D là giao điểm của AH và BC.