Tuyển tập các đề thi tuyển vào lớp 10 môn Toán của các tỉnh trên toàn quốc năm học 2015 - 2016 (có lời giải chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu 1(2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức
22
)23()23( −++=P
2) Giải hệ phương trình



=+

=−
13
3
yx
yx

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

Câu 4 (1,5 điểm)
1) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, BC = 6 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 lớn hơn vận tốc khi đi từ A đến B là 5km/h.
Tính vận tốc của tàu hỏa khi đi 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 song song với 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:
12
1
1
1
222
≥
−
+
−
+
−
a
c
c
b
b
a


Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: Toán


HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

I. Hướng dẫn chung
1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày các bước chính của lời giải hoặc nêu kết quả. Trong bài
làm, thí sinh phải trình bày lập luận đầy đủ.
2) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng
phần như hướng dẫn quy định.
3) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) phải đảm bảo không làm thay đổi tổng số điểm của
mỗi câu, mỗi ý trong hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi.
4) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không được làm tròn.

II. Đáp án và thang điểm

Câu Đáp án Điểm
3 2 3 2
P

= + + −

0,5đ
=
3 2 3 2
+ − +

0,25đ
1)
1,0 đ
4
P
=

0,25đ
Từ hpt suy ra
4 4 1
x x
= ⇒ =

0,5đ
Câu 1

2,0 đ
2)
1,0 đ

2
y
⇒ = −

Nghiệm của hpt:
(
)
(
)
; 1; 2
x y
= −

0,5đ
Điểm A thuộc đường thẳng
2 6
y x
= −
, mà hoành độ x = 0
Suy ra tung độ y = - 6.
0,25đ
Vậy điểm A có toạ độ
(
)
0; 6
A
−
.
0,25đ
Điểm B thuộc đường thẳng
2 6
y x
= −

, mà tung độ y = 0
Suy ra hoành độ x = 3.
0,25đ
1)
1,0 đ
Vậy điểm B có toạ độ
(
)
3; 0
B .
0,25đ
Đồ thị hàm số
2
y m x
=
đi qua điểm
(
)
1; 2
P
−
suy ra
2
2 .1
m
− =

0,25đ
Câu 2

1,5 đ
2)
0,5 đ
2
m
= −

0,25đ
Với
1
m
=
, phương trình trở thành:
2
4 2 0
x x
− + =

0,25đ
' 2
∆ =

0,25đ
1)
1,0 đ
1
2 2
x = +
;
2

2 2
x = −

0,5đ
Câu 3

1,5 đ
2)
0,5 đ
Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm
1 2
,
x x
là
0,25đ



1 2
1 2
' 0
0
0
x x
x x
∆ ≥


+ ≥



≥

2
1 0
2( 1) 0 0
2 0
m
m m
m

+ ≥

⇔ + ≥ ⇔ ≥


≥


Theo hệ thức Vi-ét:
1 2 1 2
2( 1), 2
x x m x x m
+ = + =
.
Ta có
1 2
2
x x+ =
1 2 1 2

2 2
x x x x
⇔ + + =


2 2 2 2 2 0
m m m
⇔ + + = ⇔ =
(thoả mãn)
0,25đ
Tam giác ABC vuông tại A
Ta có
3
sin 0,5
6
AB
C
BC
= = =

0,25đ
1)
0,5 đ
Suy ra

0
30
C
=

0,25đ
Gọi vận tốc tàu hoả khi đi trên quãng đường AB là x (km/h; x>0)
0,25đ
Thời gian tàu hoả đi hết quãng đường AB là
40
x
(giờ).
Thời gian tàu hoả đi hết quãng đường BC là
30
5
x
+
(giờ).
Theo bài ta có phương trình:
40 30 1
2
5 3
x x
+ + =
+


0,25đ
Biến đổi pt ta được:
2
37 120 0
x x
− − =

0,25đ

Câu 4

1,5 đ
2)
1,0 đ
40 ( )
3 ( )
x tm
x ktm
=

⇔

= −


Vận tốc của tàu hoả khi đi trên quãng đường AB là 40 km/h.
0,25đ

I
K
M
F
E
D
H
O
B
C
A

Câu 5

2,5 đ
1)
Theo bài có


0
90
AEB AHB
= =
.
0,5đ


1,0 đ

Suy ra bốn điểm A, B, H, E cùng thuộc một đường tròn.
0,5đ
Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn ⇒


BAE EHC
=
(1)
0,25đ
Mặt khác,



BCD BAE
=
(góc nội tiếp cùng chắn

BD
) (2)
0,25đ
Từ (1) và (2) suy ra


BCD EHC
=


0,25đ
2)
1,0 đ
suy ra HE // CD.
0,25đ
Gọi K là trung điểm của EC, I là giao điểm của MK với ED.
Khi đó MK là đường trung bình của ∆BCE
⇒ MK // BE; mà BE ⊥ AD (gt)
⇒ MK ⊥ AD hay MK ⊥ EF (3)

0,25đ
3)
0,5 đ
Lại có CF ⊥ AD (gt) ⇒ MK // CF hay KI // CF.
∆ECF có KI // CF, KE = KC nên IE = IF (4)

Từ (3) và (4) suy ra MK là đường trung trực của EF
⇒ ME = MF
0,25đ
Với a, b, c là các số lớn hơn 1, áp dụng BĐT Cô-si ta có:
( )
2
4 1 4
1
a
b a
b
+ − ≥
−
. (1)


0,25đ
( )
2
4 1 4
1
b
c b
c
+ − ≥
−
. (2)
0,25đ
( )
2

4 1 4
1
c
a c
a
+ − ≥
−
. (3)
0,25đ
Câu 6

1,0 đ

Từ (1), (2) và (3) suy ra
2 2 2
12
1 1 1
a b c
b c a
+ + ≥
− − −
.
0,25đ

Hết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN

ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2015 – 2016

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (7,0 điểm).
a) Giải phương trình
2 2
x 5x 4 2 x 5 2 x 4 x 4x 5.
− + + + = − + + −

b) Giải hệ phương trình
2 2
1 1
x y 2
y x
.
2x y xy 4xy 2x y

 

 
− + =

 
 
 

 

+ − = −


Câu 2 (2,0 điểm).
Cho
a, b
là các số nguyên dương thỏa mãn
2 2
a b ab
+
M
.
Tính giá trị của biểu thức
2 2
a b
A
2ab
+
= ⋅

Câu 3 (2,0 điểm).

Cho
a,b,c
là các số thực. Chứng minh
2
2 2 2
3(a b c)
(a 1)(b 1)(c 1) .
4
+ +
+ + + ≥
Câu 4 (7,0 điểm).
Cho đường tròn
(O;R)
có BC là dây cố định
(BC 2R)
<
; E là điểm chính giữa
cung nhỏ BC. Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC và AB < AC (A khác B).
Trên đoạn AC lấy điểm D khác C sao cho ED = EC. Tia BD cắt đường tròn
(O;R)
tại
điểm thứ hai là F.
a) Chứng minh D là trực tâm của tam giác AEF.
b) Gọi H là trực tâm của tam giác DEC; DH cắt BC tại N. Đường tròn ngoại
tiếp tam giác BDN cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai là M. Chứng minh đường
thẳng DM luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5 (2,0 điểm).
Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên khác nhau thỏa mãn tổng của
11 phần tử bất kỳ lớn hơn tổng của 10 phần tử còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc
A. Tìm tất cả các phần tử của A.

HẾT



Họ và tên thí sinh Số báo danh



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO
NGHỆ AN


KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2015 – 2016

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN
( Hướng dẫn chấm này gồm 03 trang)
Câu Nội dung Điểm

ĐKXĐ:
x 4
≥
.
2 2
x 5x 4 2 x 5 2 x 4 x 4x 5
− + + + = − + + −

⇔
(x 1)(x 4) 2 x 5 2 x 4 (x 1)(x 5) 0
− − + + − − − − + =

0,5
⇔
(
)
(
)
x 1 x 4 x 5 2 x 4 x 5 0
− − − + − − − + =

0,5
⇔
(
)
(
)
x 1 2 x 4 x 5 0
− − − − + =

0,5
x 4 x 5
x 1 2

− = +
⇔

− =




0,5
x 4 x 5
x 1 4
− = +

⇔

− =


0,5
a
3,0đ

x 5
⇔ =
(thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm
x 5
=
.
0,5
ĐKXĐ:
x 0; y 0
≠ ≠
.
2 2
1 1

x y 2 (1)
y x
2x y xy 4xy 2x y. (2)

 
 
− + =

 
 
 

 

+ − = −


Phương trình (2)
⇔
2 1
2x y 4
y x
+ − = −

0,5
1 1
2(x ) (y ) 4 (3)
y x
⇔ − + + =
0,5

Đặt
1
a x
y
1
b y
x

= −




= +


. Kết hợp với (1) và(3) ta có hệ
ab 2
2a b 4
=


+ =


0,5
Câu 1

7,0đ
b

4,0đ

2
a(4 2a) 2 a 1
a 2a 1 0
b 4 2a b 2
b 4 2a
− = =

− + = 
⇔ ⇔ ⇔
  
= − =
= −
 


0,5


Câu Nội dung Điểm

Với
a 1
b 2
=


=


ta có
1
x 1
xy 1 y
y
xy 1 2x
1
y 2
x

− =

− =


⇔
 
+ =


+ =



0,5
2
y 2x 2
y 2x 2
x(2x 2) 1 2x
2x 4x 1 0

= −
= −


⇔ ⇔
 
− + =
− + =



0,5
2 2
x
2
y 2

+
=

⇔


=

hoặc
2 2
x
2
y 2


−
=



= −

(thỏa mãn).
Vậy hệ đã cho có các nghiệm (x;y) là
2 2
( ; 2)
2
+
và
2 2
( ; 2)
2
−
− .
1,0
Ký hiệu (x;y) là ước chung lớn nhất của hai số nguyên x và y.
Gọi d = (a;b) =>
1 1
a da ;b db
= = , với
1 1
(a ;b ) 1
=

2 2 2 2 2
1 1
a b d (a b )
⇒ + = + và
2
1 1
ab d a b
=
0,5
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
d (a b ) d a b a b a b
⇒ + ⇒ +M M
0,5
2
1 1 1 1 1
a b a a b
⇒ ⇒ ⋅
M M
mà
1 1
(a ;b ) 1
=
1 1
a b
⇒
M

Tương tự
1 1

b a
M
suy ra
1 1
a b 1
= =

0,5
Câu 2
2,0 đ
2 2 2
1 1
2
1 1
d (a b )
A 1
2d a b
+
⇒ = =
.
0,5
Đặt
x a 2, y b 2, z c 2.
= = = Ta cần chứng minh
2 2 2 2
(x 2)(y 2)(z 2) 3(x y z)
+ + + ≥ + + .
0,5
Ta có
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

(x 2)(y 2) (x 1)(y 1) x y 3 x y 1 2x 2y 3
+ + = + + + + + = + + + +

2
2 2 2 2 2
(x y) 3
(x 2)(y 2) 2xy x y 3 (x y) 2
2 2
+
 
⇒ + + ≥ + + + + = + +
 

0,5
2 2 2 2 2 2 2
3
(x 2)(y 2)(z 2) (x y) z 4 2(x y) 2z
2
 
⇒ + + + ≥ + + + + +
 

0,5
Câu 3
2,0 đ
2 2 2
3
4(x y)z 2(x y) 2z 3(x y z)
2
 

≥ + + + + = + +
 
2
2 2 2
3(a b c)
(a 1)(b 1)(c 1) .
4
+ +
⇒ + + + ≥ Dấu đẳng thức xảy ra khi
1
a b c .
2
= = =
0,5


Câu Nội dung Điểm


H
M
N
F
D
K
E
O
B
C
A

Tứ giác ABEC nội tiếp suy ra


o
ABE ACE 180
+ =
0,5
Mà


EDC ACE
= và


o
ADE EDC 180
+ =
0,5
nên


ABE ADE.
= Kết hợp với


BAE DAE
=
=>



ABE ADE.
=
0,5
Mặt khác EB = EC = ED nên AE là trung trực của đoạn BD
0,5
=>
AE BF (1)
⊥
và AB = AD =>


ABD ADB.
=
0,5
Kết hợp với


ABD DCF
= (cùng chắn cung AF) và


ADB FDC
= (đối đỉnh).
Suy ra


FDC FCD
= ⇒

tam giác FDC cân tại F.
0,5
=> FD = FC. Kết hợp với ED = EC => EF là trung trực của DC =>
DC EF
⊥
(2).
0,5
a
4,0đ

Từ (1) và (2) suy ra D là trực tâm của tam giác AEF.
0,5
Kẻ đường kính EK của (O;R).Khi đó điểm K cố định.
Tứ giác BDNM nội tiếp nên


BMD BND
=
0,5


o
BMD 90 BCE
=> = −

o
1
90 BAC (3)
2
= −

0,5
Tứ giác ABMK nội tiếp nên


0
BMK 180 BAK
= − .
0,5
Mà




o
1
BAK BAE EAK 90 BAC
2
= + = +
0,5


o
1
BMK 90 BAC (4)
2
⇒ = − . Từ (3) và (4) suy ra


BMD BMK
=

0,5
Câu 4

7,0 đ
b
3,0đ

Suy ra ba điểm M, D, K thẳng hàng. Do đó MD luôn đi qua điểm K cố định.
0,5
Câu 5
2,0 đ
Giả sử A =
{
}
1 2 3; 21
a ;a ;a ;a
với
1 2 3; 21
a ;a ;a ;a Z
∈
và
1 2 3 21
a a a a
< < < < .
Theo giả thiết ta có
1 2 3 11 12 13 21
a a a a a a a
+ + + + > + + +

0,5


Câu Nội dung Điểm


1 12 2 13 3 21 11
a a a a a a a (1)
⇔ > − + − + + −
Mặt khác với
x; y Z
∈
và
x y
<
thì
y x 1
≥ +

12 2 13 3 21 11
a a 10, a a 10, ,a a 10 (2)
=> − ≥ − ≥ − ≥
Nên từ (1) suy ra
1
a
>
10+10+ +10 = 100 =>
1
a
=101 (vì 101

∈
A).
0,5
=>
12 2 13 3 21 11
101 a a a a a a 100
> − + − + + − ≥
12 2 13 3 21 11
a a a a a a 100
=> − + − + + − = . Kết hợp với (2)
12 2 13 3 21 11
a a a a a a 10 (3)
=> − = − = = − =
12 2 12 11 11 10 3 2
10 a a (a a ) (a a ) (a a ) 10
⇒ = − = − + − + + − ≥

12 11 11 10 3 2
a a a a a a 1
⇒ − = − = = − =
(4)
0,5
Ta có
1
a
=101 mà 102
∈
A =>
2
a

=102
Kết hợp với (3) và (4) suy ra A =
{
}
101;102;103; ;121 .

0,5
Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần, không làm tròn.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học: 2015 - 2016
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,0 điểm)
Cho hai biểu thức
3
2
x
P
x
+
=
−
và
1 5 2
4
2

x x
Q
x
x
− −
= +
−
+
với x>0,
4
x
≠

1) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 9.
2) Rút gọn biểu thức Q.
3) Tìm giá trị của x để biểu thức
P
Q
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài II (2,0 điểm) Giái bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một tàu tuần tra chạy ngược dòng 60km, sau đó chạy xuôi dòng 48km trên cùng một
dòng sông có vận tốc của dòng nước là 2km/giờ. Tính vận tốc của tàu tuần tra khi nước yên
lặng, biết thời gian xuôi dòng ít hơn thời gian ngược dòng 1 giờ.
Bài III (2,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình
( )
( )
2 1 4
3 1 5
x y x

x y x

+ + + =


+ − + = −



2) Cho phương trình :
2
( 5) 3 6 0
x m x m
− + + + =
(x là ẩn số).
a. Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi số thực m.
b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
là độ dài hai cạnh góc vuông
của một tam giác có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Bài IV (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB. Lấy điểm C trên đoạn
thẳng AO (C khác A, C khác O). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AB cắt nửa
đường tròn tại K. Gọi M là điểm bất kì trên cung KB (M khác K, M khác B). Đường thẳng
CK cắt các đường thẳng AM, BM lần lượt tại H và D. Đường thẳng BH cắt nửa đường tròn
tại điểm thứ hai N.
1) Chứng minh tứ giác ACMD là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh CA.CB=CH.CD.
3) Chứng minh ba điểm A, N, D thẳng hàng và tiếp tuyến tại N của nửa đường tròn

đi qua trung điểm của DH.
4) Khi M di động trên cung KB, chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm
cố định.
Bài V (0,5 điểm) Với hai số thực không âm a, b thỏa mãn
2 2
4
a b
+ =
, tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
2
ab
M
a b
=
+ +





BÀI GIẢI
Bài I: (2,0 điểm)
1) Với x = 9 ta có
9 3
12
3 2
P
+
= =

−

2) Với
1 5 2 ( 1).( 2) 5 2
4 4
2
x x x x x
Q
x x
x
− − − − + −
= + =
− −
+

3 2 5 2 2 ( 2)
4 4
( 2)( 2) 2
x x x x x x x x
x x
x x x
− + + − + +
= = = =
− −
+ − −

3)
3 3
2 3.
P x

x
Q
x x
+
= = + ≥ (Do bất đẳng thức Cosi).
Dấu bằng xảy ra khi x =
3
. Vậy giá trị nhỏ nhất của
P
Q
là
2 3
.
Bài II: (2,0 điểm)
Gọi
1
t
là thời gian tàu tuần tra chạy ngược dòng nước.
Gọi
2
t
là thời gian tàu tuần tra chạy xuôi dòng nước.
Gọi V là vận tốc của tàu tuần tra khi nước yên.
Ta có :
1
60
2V
t
− = ;
2

48
2V
t
+ =
Suy ra:
1 2 1 2
60 48 60 48
2 2 4
t t t t
+ = − ⇔ − = −
(1)

1 2
1
t t
− =
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ :
1 2
1 2
60 48
4
1
t t
t t

− = −




− =


Thế
1 2
1
t t
= +
vào (1) ta được :
2
2 2
2 2
60 48
4 4 16 48 0
1
t t
t t
− = − ⇔ + − =
+

2
6
t
⇔ = −
(loại) hay
2
2 22
t V
= ⇒ =
(km/h)

Bài III: (2,0 điểm)
1) Với điều kiện
1
x
≥ −
, ta có hệ đã cho tương đương:

7( ) 7
6( ) 3 1 12
( ) 3 1 5
( ) 3 1 5
x y
x y x
x y x
x y x

+ =

+ + + =
 
⇔
 
+ − + = −

+ − + = −




1

1 3
1 4 2
3 1 6
x y
x y x
x y
x
+ =

+ = =
 

⇔ ⇔ ⇔
  
+ = = −
+ =

 


2)
a)
2 2 2
( 5) 4(3 6) 2 1 ( 1) 0,
m m m m m m
∆ = + − + = − + = − ≥ ∀

Do đó, phương trình luôn có nghiệm với mọi m.
b) Ta có
1 2

5
x x m
+ = +
và
1 2
3 6
x x m
= +
. Để
1 2
0, 0
x x
> >
điều kiện là
5
m
> −
và
2
m
> −

2
m
⇔ > −
(Điều kiện để S >0, P>0)
Yêu cầu bài toán tương đương :
2 2 2
1 2 1 2 1 2
25 ( ) 2 25

x x x x x x
+ = ⇔ + − =

2
( 5) 2(3 6) 25
m m
⇔ + − + =
(Do
1 2
5
x x m
+ = +
và
1 2
3 6
x x m
= +
), m > - 2


2
4 12 0, 2
m m m
⇔ + − = > − ⇔
m = 2 hay m = -6, m > - 2
2
m
⇔ =

Bài IV (3,5 điểm)
1) Tứ giác ACMD có


0
90
ACD AMD= = Nên tứ giác ACMD nội tiếp
2) Xét 2 tam giác vuông :
ACH
∆
và
DCB
∆
đồng dạng
(Do có


CDB MAB
= (góc có cạnh thẳng góc))
Nên ta có
. .
CA CD
CA CB CH CD
CH CB
= ⇒ =
3) Do H là trực tâm của
ABD
∆

Vì có 2 chiều cao DC và AM giao nhau tại H , nên AD

⊥
BN
Hơn nữa

0
90
ANB = vì chắn nửa đường tròn đường kính AB.
Nên A, N, D thẳng hàng.
Gọi tiếp tuyến tại N cắt CD tại J ta chứng minh


JND NDJ
= .
Ta có


JND NBA
= cùng chắn cung

AN
.
Ta có


NDJ NBA
= góc có cạnh thẳng góc
⇒


JND NDJ

= Vậy trong tam giác vuông
DNH
∆
J là trung điểm của HD.

4) Gọi I là giao điểm của MN với AB. CK cắt đường tròn tâm O tại điểm Q.
Khi đó JM, JN là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
Gọi F là giao điểm của MN và JO. Ta có KFOQ là tứ giác nội tiếp.
 FI là phân giác

KFQ
.
Ta có




KFQ KOQ KFI FOI
= ⇒ =
⇒
tứ giác KFOI nội tiếp
⇒

0
90
IKO =
⇒
IK là tiếp tuyến đường tròn tâm O
Vậy MN đi qua điểm cố định I (với IK là tiếp tuyến của đường tròn tâm O)
Bài V: (0,5 điểm)

2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 4 ( 2)( 2) 2
2 2( 2) 2( 2) 2( 2) 2
ab a b a b a b a b a b a b
M
a b a b a b a b
+ − + + − + − + + + −
= = = = =
+ + + + + + + +


Ta có
2 2 2 2 2
( ) 2( ) 2( )
a b a b a b a b
+ ≤ + ⇒ + ≤ +
Vậy
2 2
2( ) 2
2.4 2
2 1
2 2
a b
M
+ −
−
≤ = = −

Khi
2

a b= = thì
2 1
M
= −
Vậy giá trị lớn nhất của M là
2 1
−


A

B


C


D


M


N


I


K

O


J


Q

F

H


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG


KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2015 – 2016
M«n thi : to¸n
Ngày thi 10/6/2015
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Phần I. Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm)
Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trước câu trả lời đúng.
Câu 1. Biểu thức
1
3x 1



M
xác định khi và chỉ khi:
A.
1
3

x ; B.
1
3

x ; C.
1
3

x ; D.
1
3

x .
Câu 2. Hàm số nào sau đây nghịch biến trên R ?
A.
x
y 1
3
 
; B.
y 2x 3x
 

; C.


y 5 1 x
  ; D.


y 2 1 x 2
   .
Câu 3. Đường thẳng đi qua điểm M(1 ; -2) và song song với đường thẳng x – 2y = -3 có phương
trình là:
A.
1 5
2 2
 
y x ; B.
1 5
2 2
 
y x ; C.
1 3
2 2
 
y x ; D.
1 3
2 2
 
y x
Câu 4. Phương trình 3x
2

– 5x – 2015 có tổng hai nghiệm là:
A.
5
6
; B.
5
3

; C.
2015
3
; D.
5
3
.
Câu 5. Cho MNP vuông tại M, đường cao MH (hình 1).
Biết NH = 5cm, HP = 9cm. Độ dài MH bằng:
A.
3 5
cm; B. 7cm;
C. 4cm; D. 4,5cm. Hình 1
Câu 6. Cho đường tròn (O; 25cm) và dây AB = 40cm. Khi đó khoảng cách từ tâm O đến dây AB
là:
A. 15cm; B. 7cm; C. 20cm; D. 24cm.
Câu 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O (hình 2), biết sđ

0
AmB 60

,

sđ

0
AnC 140

. Số đo của góc BAC bằng:
A. 40
0
; B. 160
0
C. 80
0
; D. 120
0
Câu 8: Khối nón có chiều cao bằng 12cm, đường sinh bằng15cm thì có thể tích là:
A. 36 cm
3
; B. 81 cm
3
; C. 162 cm
3
; D. 324 cm
3

Đ
Ề
CHÍNH TH
ỨC

9cm

5cm
N
P
M
H

n
m
B
C
A
Hình 2

Phần II. Tự luận (8,0 điểm)
Bài 1. (2,0 điểm)
1. Rút gọn các biểu thức sau :
a)
A 125 4 45 3 20 80
    b)


B 3 2 6 6 3 3
  
2. Giải hệ phương trình, bất phương trình sau:
a)
3x y 8
7x 2y 23
 



 

b)
x 3 x 2
1 x
4 3
 
  
Bài 2. (2,0 điểm)
1. Trong hệ trục Oxy, cho đường thẳng (d): y = (5m - 1)x – 6m
2
+ 2m (m là tham số) và
parabol (P): y = x
2
.
a) Tìm giá trị của m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.
b) Gọi x
1
; x
2
lần lượt là hoành độ của A, B. Tìm giá trị của m để
2 2
1 2
x x 1
 
.
2. Một lâm trường dự định trồng 75ha rừng trong một số tuần (mỗi tuần trồng được diện
tích rằng bằng nhau). Thực tế, mỗi tuần lâm trường trồng vượt mức 5ha so với dự định nên
cuối cùng đã trồng được 80ha và hoàn thành sớm hơn dự định một tuần. Hỏi mỗi tuần lâm
trường dự định trồng bao nhiêu ha rừng ?

Bài 3. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A và AC > AB, D là một điểm trên cạnh AC sao cho
CD < AD. Vẽ đường tròn tâm D và tiếp xúc với BC tại E. Từ B vẽ đường thẳng tiếp xúc
với đường tròn (D) tại F (F khác E).
a) Chứng minh rằng năm điểm A, B, E, D, F cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi M là trung điểm của BC. Đường thẳng BF lần lượt cắt AM, AE, AD theo thứ
tự tại các điểm N, K, I. Chứng minh:
IK AK
IF AF
 . Suy ra:
IF BK IK BF
  
.
c) Chứng minh rằng tam giác ANF là tam giác cân.
Bài 4. (1,0 điểm)
a) Cho a, b > 0. Chứng minh rằng: 3(b
2
+ 2a
2
)  (b + 2a)
2

b) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn
1 1 1 1
a b b c c a 2
  
  
. Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
b 2a c 2b a 2c

3
ab bc ca
  
   .
Hết
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM (DỰ KIẾN)
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2015 – 2016
MÔN: TOÁN HỌC
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
I. Phần I: Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm). Mỗi câu đúng được 0,25 điểm
Câu
1 2 3 4 5 6 7 8
Đáp án
C B B D A A C D
II. Phần 2. Tự luận ( 8,0 điểm)
Bài 1. (2,0 điểm)
1. Rút gọn các biểu thức sau :
a)
A 125 4 45 3 20 80
    b)


B 3 2 6 6 3 3
  
2. Giải hệ phương trình, bất phương trình sau:

a)
3x y 8
7x 2y 23
 


 

b)
x 3 x 2
1 x
4 3
 
  
Câu Nội dung Điểm

1a
A 5 5 12 5 6 5 4 5
5 5
   
 

0,25
0,25
1b


   
  
B 3 2 6 6 3 3

3 3 12 6 3 3 3 3 3
3 3 3 3 9 3 6
  
     
     


0,25
0,25
2a
3x y 8 6x 2y 16 13x 39 x 3
7x 2y 23 7x 2y 23 3x y 8 y 1
     
   
  
   
       
   

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x,y) = (3;-1)
0,5
2b
x 3 x 2
1 x 3x 9 12 12x 4x 8
4 3
13x 13 x 1
 
        
     

Vậy bất phương trình có nghiệm x > 1.
0,25
0,25



Bài 2. (2,0 điểm)
1. Trong hệ trục Oxy, cho đường thẳng (d): y = (5m - 1)x – 6m
2
+ 2m (m là tham số) và
parabol (P): y = x
2
.
a) Tìm giá trị của m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.
b) Gọi x
1
; x
2
lần lượt là hoành độ của A, B. Tìm giá trị của m để
2 2
1 2
x x 1
 
.
2. Một lâm trường dự định trồng 75ha rừng trong một số tuần (mỗi tuần trồng được diện
tích rằng bằng nhau). Thực tế, mỗi tuần lâm trường trồng vượt mức 5ha so với dự định nên
cuối cùng đã trồng được 80ha và hoàn thành sớm hơn dự định một tuần. Hỏi mỗi tuần lâm
trường dự định trồng bao nhiêu ha rừng ?
Câu Nội dung Điểm

1a
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P)
x
2
= (5m – 1)x - 6m
2
+ 2m
 x
2
- (5m – 1)x + 6m
2
- 2m = 0 (1)
Có  = (m – 1)
2
Để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi phương trình (1) có
hai nghiệm phân biệt   > 0  m  1


0,25

0,25
1b
(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi m  1.
Áp dụng hệ thức Viét với phương trình (1) có
1 2
2
1 2
x x 5m 1
x x 6m 2m
  



 


Lại có
2 2 2
1 2 1 2 1 2
x x 1 (x x ) 2x x 1
     

Suy ra (5m – 1)
2
– 2(6m
2
– 2m) = 1
2
m 0
13m 6m 0
6
m
13



   



(TMĐK m  1)

Vậy với m = 0;
6
m
13

thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thỏa mãn
đầu bài.




0,25



0,25
2
Gọi diện tích rừng mà mỗi tuần lâm trường dự định trồng là x (ha)
(ĐK: x > 0)
Theo dự định, thời gian trồng hết 75ha rừng là:
75
x
(tuần)
Vì mỗi tuần lâm trường trồng vượt mức 5ha so với dự định nên thực tế
mỗi tuần lầm trường trồng được x + 5 (ha)
Do đó thời gian thực tế lâm trường trồng hết trồng 80 ha rừng là
80
x 5

(ha)

Vì thực tế, lâm trường trồng xong sớm so với dự định là 1 tuần nên ta
có phương trình:
0,25





0,25


75
x
-
80
x 5

= 1
Giải ra ta được: x = 15 (TMĐK); x = -20 (loại)
Vậy mỗi tuần lâm trường dự định trồng 15ha rừng.
0,25


0,25
Bài 3. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A và AC > AB, D là một điểm trên cạnh AC sao cho
CD < AD. Vẽ đường tròn tâm D và tiếp xúc với BC tại E. Từ B vẽ đường thẳng tiếp xúc
với đường tròn (D) tại F (F khác E).
a) Chứng minh rằng năm điểm A, B, E, D, F cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi M là trung điểm của BC. Đường thẳng BF lần lượt cắt AM, AE, AD theo thứ

tự tại các điểm N, K, I. Chứng minh:
IK AK
IF AF
 . Suy ra:
IF BK IK BF
  
.
c) Chứng minh rằng tam giác ANF là tam giác cân.
Câu Nội dung Điểm

Vẽ hình đúng cho phần a)

0,25



3a
a) Chứng minh rằng năm điểm A, B, E, D, F cùng thuộc một đư
ờng
tròn.
Theo tính chất tiếp tuyến, ta có:


0
90
BED BFD 

Mà



0
90
BAD BAC 
(giả thiết)
Do đó:



0
90
BED BFD BAD  

Vậy: Năm điểm A,B,E,D,F cùng thuộc đường tròn đường kính BD.


0,25
0,25
0,25
0,25
3b
b) Chứng minh:
IK AK
IF AF
 . Suy ra:
IF BK IK BF
  
.
Gọi (O) là đường tròn đường kính BD.
Trong đường tròn (O), ta có:



DE DF

(do DE, DF là bán kính đường tròn (D))




AF
EAD D


Suy ra: AD là tia phân giác

EAF
hay AI là tia phân giác của

KAF
Theo tính chất phân giác ta có
IK AK
IF AF
 (1)
Vì AB

AI nên AB là tia phân giác ngoài tại đỉnh A của

KAF.

0,25


0,25

Theo tính chất phân giác ta có :
BK AK
BF AF
 (2)
Từ (1) và (2) suy ra :
IK BK
IF BF
 .
Vậy IF . BK = IK . BF (đpcm)
0,25

0,25
3c
c) Chứng minh rằng tam giác ANF là tam giác cân.
Ta có: AM là trung tuyến thuộc cạnh huyền BC nên AM = MC,
Do đó

AMC cân tại M, suy ra:


MCA MAC

.
Từ đó:






NAF MAC DAF MCA EAC
   
(vì AI là tia phân giác của góc
EAF)
Mà



AEB MCA EAC
 
(góc ngoài của tam giác AEC)
Nên


NAF AEB


Mặt khác,


AFB AEB

(góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Suy ra:




NAF BFA NFA
 

Vậy:

ANF cân tại N (đpcm)


0,25


0,25


0,25
Bài 4. (1,0 điểm)
a) Cho a, b > 0. Chứng minh rằng: 3(b
2
+ 2a
2
)  (b + 2a)
2

b) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn
1 1 1 1
a b b c c a 2
  
  
. Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2
b 2a c 2b a 2c
3
ab bc ca
  
   .
Câu

Đáp án Điểm


3(b
2
+ 2a
2
)  (b + 2a)
2
2 2 2 2
3b 6a b 4ab 4a
    

2
2(a b) 0
  

;

a b

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b.

Theo câu a)

2 2 2 2 2
2 2
b 2a
3(b 2a ) (b 2a) b 2a
3
b 2a bc 2ac
(1)
ab
3abc

     
 
 

Chứng minh tương tự:

2 2
2 2
c 2b ca 2ab
(2)
bc
3abc
a 2c ab 2bc
(3)
ca
3abc

 

 


Cộng (1), (2) và (3) vế với vế ta được

2 2 2 2 2 2
b 2a c 2b a 2c 3(ab bc ca) 1 1 1
3
ab bc ca a b c
3abc
    
 
     
 
 
(4)
Áp dụng BĐT
1 1 4
x y x y
 

với x, y > 0 ta có :
1 1 1 1 2 2 2 1 4 4 4 1 1 1
2 1
a b c 2 a b c 2 a b b c c a a b b c c a
     
            
     

     
     
(5)
Từ (4) và (5) suy ra
2 2 2 2 2 2
b 2a c 2b a 2c
3
ab bc ca
  
  
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 3.

Giáo viên Vũ Hoàng Hiệp – THCS Chu Văn An – Ngô Quyền – Hải Phòng



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LƠP 10 THPT
TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU Năm học 2015 – 2016
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 15 tháng 6 năm 2015
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2,5 điểm)
a) Giải phương trình: x(x+3)

= x
2
+ 6
b) Giải hệ phương trình:
3x-2 11
x 2 1

y
y
=


+ =


c) Rút gọn biểu thức:
2 3
27
3 1 3
P = − +
−

Bài 2: (2.0 điểm)
Cho parabol (P): y = x
2

a) Vẽ Parabol (P)
b) Tìm tọa độ các giao của (P) và đường thẳng (d): y =2x +3
Bài 3: (1,5 điểm)
a) Cho phương trình x
2
+ x + m - 2 = 0 (1). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1)
có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thỏa mãn x

1
2
+ 2x
1
x
2
- x
2
= 1.
b) Giải phương trình
2
2
1
2 2 1 0
x x
x x
− + + =
−

Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài (O). Dựng cát tuyến AMN không đi qua O,
M nằm giữa A và N. Dựng hai tiếp tuyến AB, AC với (O) ( B,C là hai tiếp điểm và C thuộc
cung nhỏ MN). Gọi I là trung điểm của MN.
a) Chứng minh tứ giác ABOI nội tiếp.
b) Hai tia BO và CI lần lượt cắt (O) tại D và E (D khác B, E khác C). Chứng minh góc CED
= góc BAO.
c) Chứng minh OI vuông góc với BE
d) Đường thẳng OI cắt đường tròn tại P và Q (I thuộc OP); MN cắt BC tại F; T là giao điểm
thứ hai của PF và (O). Chứng minh ba điểm A; T; Q thẳng hàng.
Bài 5: (0,5 điểm)Cho hai số dương x, y thỏa x

≥
2y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2
2x 2x
y y
P
xy
+ −
=
Hết




O
A
B
C
M
N
I
P
Q
D
E
F
T
K
1

1
1
1


HƯỚNG DẪN GIẢI


Bài 3: (1,5 điểm)
a) Cho phương trình x
2
+ x + m - 2 = 0 (1). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1)
có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thỏa mãn x
1
2
+ 2x
1
x
2
- x
2
= 1.
+ Để pt có 2 nghiệm phân biệt thì
∆
= 9 - 4m > 0
⇔

m <
9
4

+ Khi m <
9
4
thì pt có 2 nghiệm phân biệt nên theo Viet: x
1
+

x
2
= -1
⇔
x
2
= -1- x
1
+ Ta có x
1
2
+ 2x
1
x
2
- x
2
= 1
⇔

x
1
2
+ 2x
1
(-1- x
1
)- (-1- x
1
) =1
⇔
x
1
2
+ 2x
1
= 0
⇔
1
1
0
1
x
x
=


= −


+ Với x
1
= 0; ta có 0.x
2
= m - 2
⇔
m = 2 (n);
Với x
1
= -1; ta có x
2
= -1 -(-1) = 0
⇔
(-1).0 = m - 2
⇔
m = 2 (n);
b) Giải phương trình
2
2
1
2 2 1 0
x x
x x
− + + =
−
. ĐK:
0
1
x
x

≠


≠



⇔
2
2
1
2( ) 1 0
x x
x x
− − + =
−
. (1) Đặt t =
2
x x
−

(1)
⇔
1
2 1 0
t
t
− + =
⇔
2t

2
-t - 1 = 0. (HS tự giải tiếp)
Bài 4: (3,5 điểm)








a\ Chứng minh tứ giác ABOI nội tiếp.
+ Ta có

0
ABO 90 (tctt)
=


0
AIO 90 (IM IN)
= =
+ Suy ra

ABO
+

AIO
= 180
0

nên tứ giác ABOI nội tiếp đường tròn đường kính AO.
b\ Chứng minh


CED BAO
=
+ Vì AB; AC là hai tiếp tuyến của (O) nên AO
⊥
BC
+ Ta có:


1 1
E B
=
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn (O))



1
BAO B
=
( cùng phụ

1
O
)


Suy ra


1
E
=

BAO
hay


CED BAO
=
c) Chứng minh OI vuông góc với BE
+ Ta có :


 


1
1
( )
( )
( O )
E BAO cmt
BAO CAO tctt
CAO I ACI nt

=



=


=




Suy ra


1 1
E I
=
. Mà hai góc này ở vị trí sole trong nên MN//BE.
+ Ta lại có MN
⊥
OI ( IM = IN) nên OI
⊥
BE
d) Chứng minh ba điểm A; T; Q thẳng hàng.
+ Gọi K là giao điểm OF và AP
+ Ta có

0
QKP 90
= (góc nt chắn nữa đường tròn) nên QK
⊥
AP
+ Trong tam giác APQ có hai đường cao AI và QK cắt nhau tại F nên F là trực tâm.

Suy ra PF là đường cao thứ ba của tam giác APQ nên PF
⊥
QA (1)
+ Ta lại có

0
QTP 90
= (góc nt chắn nữa đường tròn) nên PF
⊥
QT (2)
Từ (1); (2) suy ra QA
≡
QT. Do đó ba điểm A; T; Q thẳng hàng.
Bài 5: (0,5 điểm)Cho hai số dương x, y thỏa x
≥
2y .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
2x 2x
y y
P
xy
+ −
=
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2x y 2xy x y x 2xy x y x 2xy
P
xy xy xy xy

4x 4y x 2xy 3x x 4y x(x 2y)
4xy xy 4xy 4xy xy
3 x x 4y x 2y 3 5
. .2 1 0
4 y 4xy y 4 2
+ − + + − + −
= = = +
+ − + −
= + = + +
+ −
= + + ≥ + + =

vì
2 2 2 2
2
4 2 .4 4x
2 0
0
x
y
x y x y y
x y
y

≥



+ ≥ =



− ≥


>



min
5
P khi x = 2y
2
⇒ =





SGD – ĐT TP CẦN THƠ
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học : 2015 – 2016
MÔN TOÁN – thời gian 120 phút
Câu 1: (2,5 điểm)
1)Giải các phương trình và hệ phương trình trên tập số thực:

2
4 2
) 2 3 27 0
) 72 0

3 5 21
)
2 1
a x x
b x x
x y
c
x y
− − =
− − =
− =


+ =


2)Tính GTBT
x y
P
y x
= +
với
2 3 ; 2 3
x y= − = +
Câu 2: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho (P): y =
2
1
2
x
−

a) Vẽ đồ thị của (P).
b) Gọi A(x
1
, y
1
) và B(x
2
;y
2
) là hoành độ giao điểm của (P) và (d): y = x – 4.
Chứng minh:
1 2 1 2
5( ) 0
y y x x
+ − + =

Câu 3: (1,5 điểm) Cho phương trình
2 2
ax 5 0
x b
− − + =

a)GPT khi a = b = 3
b) Tính 2a
3
+ 3b
4
biết phương trình nhận x
1

= 3, x
2
= -9 làm nghiệm.
Câu 4: (1,5 điểm) Nhân ngày quốc tế thiếu nhi, 13 HS ( nam và nữ) tham gia gói 80 phần
quà cho các em thiếu nhi. Biết tổng số quà mà HS nam gói được bằng tổng số quà mà HS
nữ gói được. Số quà mỗi bạn nam gói nhiều hơn số quà mà mỗi bạn nữ gói là 3 phần.
Tính số HS nam và nữ.
Câu 5: (3 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB =2R. Đường thẳng qua O và vuông góc AB
cắt cung AB tại C. Gọi E là trung điểm BC. AE cắt nửa đường tròn O tại F. Đường thẳng
qua C và vuông góc AF tại G cắt AB tại H.
a)Cm: tứ giác CGOA nội tiếp đường tròn. Tính

OGH

b)Chứng minh: OG là tia phân giác

O
C F

c)Chứng minh
CGO CFB
∆ ∆


d) Tính diện tích
FAB
∆
theo R.

GIẢI

Câu 1:


1)
2
2
1 2
4 2
) 2 3 27 0
( 3) 4.2.( 27) 9 116 225
9
: ; 3
2
) 72 0
: 3
3 5 21 2
) :
2 1 3
a x x
PT co nghiem x x
b x x
PT nghiem x
x y x
c co nghiem
x y y
− − =
∆ = − − − = + =
= = −

− − =
= ±
− = =
 
 
+ = = −
 


2) Ta có:
(
)
(
)
2 2
2 2
2 3 2 3
2 3 2 3
4
1
( 2 3 )( 2 3 )
x y x y
P
y x xy
− + +
+ − + +
= + = = = =
− +

Câu 2:

a) vẽ, độc giả tự giải.
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
2
1
2
x
−
= x – 4
2
2 8 0
x x
⇔ + − =

Giải phương trình ta được: x = 2 ; x = -4
Tọa độ giao điểm là: (2; -2) và (-4; -8)
Khi đó:
1 2 1 2
5( ) 2 ( 8) 5(2 4) 0
y y x x
+ − + = − + − − − =

Câu 3:
2 2
ax 5 0
x b
− − + =

a) Khi a = b = 3 ta có phương trình: x
2
– 3x – 4 = 0

vì a – b + c = 1 – (-3) – 4 = 0 nên phương trình có nghiệm: x = -1; x = 4.
b) Vì phương trình nhận x = 3; x = -9 là nghiệm nên ta có hệ phương trình
2 2
2
2 2
2
3 4 3 2
12 72
9 3 5 0 3 14
14 3
81 9 5 0 9 86
6
32
2 3 2.( 6) 3.32 432 3072 2640
a
a b a b
b a
a b a b
a
b
A a b
= −
 
− − + = + =

 
⇔ ⇔
  
= −
+ − + = − = −

 

 
= −

⇔

=

⇒ = + = − + = − + =