Tuyển chọn 33 bộ đề luyện thi vào lớp 10 THPT môn Toán (có lời giải chi tiết)

1
Bộ giáo dục đào tạo đề thi tuyển sinh
Vào khối trung học phổ thông chuyên năm 2015-2016
Môn thi: Toán học
(Dùng cho mọi thí sinh thi vào trờng chuyên) Thời gian làm bài :120 phút
Cõu 1:
1) Gi s a,b l hai s thc phõn bit tha món
2 2
3 3 2a a b b+ = + =
a) Chng minh rng
3a b
+ =
b) Chng minh rng
3 3
45a b+ =
2) Gii h phng trỡnh
2 2 2
2 3 5
4 5
x y xy
x y xy
+ =


+ =

Cõu 2
1) Tỡm cỏc s nguyờn
,x y
khụng nh hn 2 sao cho
1xy

chia ht cho
( ) ( )
1 1x y
2) Vi
,x y
l nhng s thc tha món ng thc
2 2
2 1 0.x y y+ + =
Tỡm giỏ tr ln nht v
nh nht ca biu thc
3 1
xy
P
y
=
+
Cõu 3. Cho tam giỏc nhn ABC khụng cõn cú tõm ng trũn ni tip l im I. ng
thng AI ct BC ti D. Gi E,F ln lt l cỏc im i xng ca D qua IC,IB.
1) Chng minh rng EF song song vi BC.
2) Gi M,N,J ln lt l trung im ca cỏc on thng DE,DF,EF. ng trũn ngoi
tip tam giỏc AEM ct ng trỡn ngoi tip tam giỏc AFN ti P khỏc A. Chng minh
rng bn im M,N,P,J cựng nm trờn mt ng trũn.
3) Chng minh rng ba im A,J,P thng hng.
Cõu 4.
1) Cho bng ụ vuụng
2015 2015ì
. Kớ hiu ụ
( )
,i j
l ụ hng th i , ct th j. Ta vit cỏc s

nguyờn dng t 1 n 2015 vo cỏc ụ ca bng theo quy tc sau :
i) S 1 c vit vo ụ (1,1).
ii) Nu s k c vit vo ụ
( ) ( )
, , 1i j i >
thỡ s k+1
c vit vo ụ
( )
1, 1i j +
.
iii) Nu s k c vit vo ụ
( )
1, j
thỡ s k+1 c
vit vo ụ
( )
1,1j +
. (Xem hỡnh 1.)
Khi ú s 2015 c vit vo ụ
( )
, .m n
. Hóy xỏc nh
m v n.
1 3 6 10
2 5 9
4 8
7

Hỡnh 1
2) Gi s a,b,c l cỏc s thc dng tha món

4.ab bc ac abc
+ + +
Chng minh rng
( )
2 2 2
2a b c a b c ab bc ac+ + + + + + +
Hng dn.
Câu 1. a) Giả sử a,b là hai số thực phân biệt thỏa mãn
a)
2
2
3 2
3 2
a b
b a

+ =


+ =



( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
0
3 0 3 0 3 0
3
− =

⇔ − + − = ⇔ − + + − = ⇔ − + + = ⇔

+ = −

a b loai
a b a b a b a b a b a b a b
a b
b)
( ) ( )
3
3 3 3 3
27 3 27 9 27+ = − ⇔ + + + = − ⇔ + − = −a b a b ab a b a b ab
vì
( ) ( )
2
2 2
3 3 4 2 3 4 2+ + + = ⇔ + − + + = ⇔ = −a a b b a b ab a b ab
vậy
3 3
45a b+ = −
b). Giải hệ phương trình
2 2 2
2 3 5
4 5
x y xy
x y xy
+ =


+ =


Ta thấy x-y =0 là nghiệm của phương trình.
Nếu
0y ≠
nhân hai vế của phương trình với y
2 2
2 2 2
2 3 5
4 5
xy y xy
x y xy

+ =


+ =


⇔
2 2 2
2 3 5
4 5
x y xy
x y xy
+ =


+ =

⇔

2 2
2 3 5
2 0
x y xy
x xy y
+ =


− − =

⇔
2 2 2
2 3 5
4 5
x y xy
x y xy
+ =


+ =

⇔
( ) ( )
2 3 5
2 0
x y xy
x y x y
+ =



⇔

− + =


( ) ( )
( )
( )
2 3 5
1
0
2 3 5
2 0
2 3 5
2 4
,
0
5 5
x y xy
x y
x y
x y xy
x y x y
x y xy
x y
x y
 + =


⇔ = =



− =
+ =


 
⇔


− + =
+ =


 

⇔ = = −


− =



Câu 2.
a)Tìm các số nguyên
,x y
không nhỏ hơn 2 sao cho
1xy −
chia hết cho
( ) ( )

1 1x y− −
Ta có xy – 1
M

( ) ( )
1 1x y− −
suy ra xy - 1
M
xy +1- x –y
Mà xy +1- x –y
M
xy +1- x –y
Suy ra : (x-1) + (y -1)
M
( ) ( )
1 1x y− −
suy ra x-1
M
y -1 và y-1
M
x -1
Suy ra x= y
X
2
– 1
M
(x -1)
2
ta có x+1
M

x-1 suy ra 2
M
x- 1 suy ra x= 2 hoặc x= 3
3) Với
,x y
là những số thực thỏa mãn đẳng thức
2 2
2 1 0.x y y+ + =
Tìm giá trị lớn nhất và
nhỏ nhất của biểu thức
3 1
xy
P
y
=
+
3 3
2 1 0.x y y+ + =
2 2
2 2
1
2 1
2
x y
y x y y
− −
⇔ = − − ⇔ =
( ) ( )
2 2
2 2 2 2

3 2 0
3 1 2 3 1
= = ⇔ + + =
− − + − −
xy xy
P px y xy p
x y x y
Phương trình có nghiêm khi
0∆ ≥
suy ra 4 – 12p
2

0≥

2
3 3 3p p
≥⇔≥≥−
Vây max P =
3
khi
1
3 3
xy = −
suy ra
1
1
14 1 27
27
.
2 27 14

3 3
y x
− −
= = − ⇒ =
Câu 3:
a)Ta có : AD là phân giác
BD AB
DC AC
⇒ =
mà
,BED CDF∆ ∆
là tam giác cân,
BE AB
BC FE
CF AC
⇒ = ⇒ P
b) Ta có :
· · ·
BC FE FED EDB BED⇒ = =P
mà
· ·
·
180APM AEM BED= °− =
·
·
APM DEF⇒ =
Tương tự :
·
·
DFE APN=

·
·
·
·
·
APN APM DFE FED MPN⇒ + = + =
mà
·
·
·
·
·
180MJN MDN EDF MJN MPN MPNJ= = ⇒ + = ° ⇒
nội tiếp
c) Ta có :
·
·
APM DEF=
và
·
·
· ·
·
,JPM JNM JEM JPM APM A PJ= = ⇒ = ⇒
thẳng hàng
Câu 4 :
1) Theo đề bài, các số nguyên dương được sắp xếp theo từng hàng chéo của bảng: Hàng chéo thứ
nhất có 1 số, hàng chéo thứ hai có 2 số,
Giả sử số
x

nằm ở hàng chéo thứ
k
thì ta có:
( 1) ( 1) 1 1 8 1 1 8 1 1 8
2 2 2 2 2
k k k k x x x
x k k
 
− + − + + + + − + +
< ≤ ⇒ ≤ < ⇒ =
 
 
Áp dụng
2015x =
ta có
1 1 8.2015
63
2
k
 
− + +
= =
 
 
Số đầu tiên ở hàng chéo thứ
63k =
là
( 1)
1 1954
2

k k
−
+ =
Như vậy số
2015
nằm ở vị trí thứ
2015 1954 1 62
− + =
của hàng chéo thứ
63
(Vị trí áp chót)
Tọa độ của nó là
(2,62)
2) Theo Cauchy 4 số ta có :
3 3 34
4 4 1abc ab bc ac a b c abc
≥ + + + ≥ ⇒ ≥
3 2 2 2
3
3 3a b c abc a b c⇒ + + ≥ ≥
BĐT tương đương :
( )
32 2 2 2 2 2
3 2a b c a b c ab bc ac+ + + ≥ + +
(1)
Đặt
( )
3 3 32 2 2
, , , , 0a x b y c z x y z= = = >
( )

3 3 3 3 3 3 3 3 3
1 3 2 2 2x y z xyz x y z x z y⇔ + + + ≥ + +
Áp dụng BĐT Schur bậc 3:
( ) ( ) ( )
3 3 3
3x y z xyz xy x y yz y z xz x z+ + + ≥ + + + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0x x y x z y y x y z z z x z y⇔ − − + − − + − − ≥
với mọi số thực không âm
, ,x y z
Chứng minh BĐT :
Do vai trò
, ,x y z
như nhau , giả sử
x y z≥ ≥

( ) ( )
0z z x z y⇒ − − ≥
Ta xét
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
0x x z y y z x xz yz y x y x y z− − − = − + − = − + − ≥
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0
0
⇒ − − − − − ≥ ⇔ − − + − − ≥
⇒ − − + − − + − − ≥ ⇒
x x z x y y y z x y x x z x y y y z y x
x x y x z y y x y z z z x z y dpcm

Ta có :
( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3 3 3 3
3 2 2 2x y z xyz xy x y yz y z xz x z x y z x z y+ + + ≥ + + + + + ≥ + +
Dấu = xảy ra khi
1
, 0
x y z
a b c
x y z
= =

⇒ = = =

= =

Đề 2
TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC VÀ NHIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015
MÔN THI:TOÁN(VÒNG II)
Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I.(3 điểm)
1)Với
, ,a b c
là các số thực thỏa mãn:
3 3 3 3
(3 3 3 ) 24 (3 ) (3 ) (3 )a b c a b c b c a c a b+ + = + + − + + − + + −
Chứng minh rằng
( ) ( ) ( )
: a 2b b 2c c 2a 1+ + + =
2) Giải hệ phương trình:

3 3 2
2 2 5
27( ) 7 26 27 9
x y xy
x y y x x x
+ + =


+ + + = + +

Câu II.(3 điểm)
1)Tìm số tự nhiên
n
để
5n +
và
30n +
đều là số chính phương (số chính phương là
bình phương của một số nguyên)
2)Tìm
,x y
nguyên thỏa mãn đẳng thức:
1 3x y x y+ + + = +
3)Giả sử
, ,x y z
là các số thực lớn hơn 2.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 4 4
x y z
P
y z z x x y

= + +
+ − + − + −
Câu III.(3 điểm) Cho tam giác
ABC
nhọn không cân với
.AB AC<
Gọi M là trung
điểm của đoạn thẳng BC.Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên đoạn AM.Trên tia
đối của tia AM lấy điểm N sao cho
2AN MH=
1) Chứng minh rằng
BN AC=
2) Gọi
Q
là điểm đối xứng với
A
qua
N
.Đường thẳng
AC
cắt
BQ
tại
D
.Chứng minh
rằng bốn điểm
, , ,B D N C
cùng thuộc một đường tròn,gọi đường tròn này là
( )
O

3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác
AQD
cắt
( )
O
tại
G
khác
D
.Chứng minh rằng
NG
song song với
BC
Câu IV.(1 điểm) Ký hiệu
S
là tập hợp gồm
2015
điểm phân biệt trên một mặt
phẳng.Giả sử tất cả các điểm của
S
không cùng nằm trên một đường thẳng.Chứng
minh rằng có ít nhất
2015
đường thẳng phân biệt mà mỗi đường thẳng đi qua ít nhất
hai điểm của
S
Câu 1: 1. Đặt
3
3
3

a b c x
b c a y
c a b z
+ − =


+ − =


+ − =

Ta có:
3 3 3 3 3 3 3 3
3 3
(3 3 3 ) 24 (3 ) (3 ) (3 ) ( ) 24
( ) 24 ( ) 3( )( )( ) 24 3( )( )( ) 0
24 3(2 4 )(2 4 )(2 4 ) 0 24 24( 2 )( 2 )( 2 ) 0
( 2 )( 2 )( 2 ) 1
+ + = + + − + + − + + − ⇔ + + = + + +
⇔ + + = + + + − + + + ⇔ − + + + =
⇔ − + + + = ⇔ − + + + =
⇔ + + + =
a b c a b c b c a c a b x y z x y z
x y z x y z x y y z z x x y y z z x
a b b c c a a b b c c a
a b b c c a
2. Ta có :
( )
3 3 2 3 3 2
3 3 3 2

3 3 2 3
3 3
2 2 5 ( 2)( 2) 9
27( ) 7 26 27 9 27( ) 7 26 27 9
7 3( )( 2)( 2) 27 27 9
8 3 ( ) 12( ) 6( ) (3 1)
( 2) (3 1) 2 3 1 1 2
2 2
+ + = + + =
 
⇔
 
+ + + = + + + + + = + +
 
⇔ + + + + + + = + +
⇔ + + + + + + + + = +
⇔ + + = + ⇒ + + = + ⇔ + =
⇒ + +
x y xy x y
x y y x x x x y y x x x
y x x y x y x x x
y x xy x y x y x y x
x y x x y x y x
x x
( )
1 1
1 9
3,5 8
= ⇒ =


= ⇒

= − ⇒ = −

x y
x y
Vậy
( ) ( ) ( )
{ }
, 1,1 ; 3,5, 8x y ∈ − −
Câu 2:
1) Đặt
2
2
5
30
n x
n y

+ =

+ =

( )
, , , 0x y x y
∈ >
¥

2 2
25 ( )( ) 1.25y x y x y x⇔ − = ⇔ − + =

vì
( )
, , , 0x y x y∈ >¥
Lại có
y x y x
− < +
nên
1 13
25 12
y x y
y x x
− = =
 
⇔
 
+ = =
 
Thay vào ta tính được
139n =
thoả mãn
2) Ta thấy :
1 3x y x y+ + + = +
và
, ,x y x y∈ ⇒¥
là các số chính phương.
3, ,x y x y⇒ + + ∈¥
Đặt
( )
, , 3 , ,x a y b x y c a b c= = + + = ∈¥
( ) ( ) ( )

2
2 2 2 2
2 2 2
2
1
1
1 3 2 2 2 3 1 1 2
3
3
2 4
3 9
3 9
2 4
+ = +

+ = +


⇒ + = + ⇒ ⇒ + − − − = ⇔ + − = − ⇔ − − =
 
− − =


+ + =

 = =
 
⇒
 


= =
 

⇒

= =
 

⇒
 
= =

 

a b c
a b c
x y a b a b a b a b ab a b
c a b
x y c
a x
b y
a x
b y
3) Ta có :
4 4 4
4 4 4 4 4 4 4 4 4
4 4 4
4 6
4 4 4 4 4 4
= + + ⇔ = + +

+ − + − + − + − + − + −
 
≥ + + = + + ≥
 ÷
+ − + + − + + − + + + +
 
x y z x y z
P P
y z z x x y y z z x x y
x y z x y z
y z x z x y y z x z x y
Dấu = xảy ra khi
4x y z= = =

4
9
x
y
=

⇒

=

Câu 3:
a P là điểm đối xứng của A qua M.
 HP = HM + MB = 2HM + AH = AN + AH = HN
 H là trung điểm của NP.Mà BH
⊥
NP

P
G
D
Q
N
H
M
A
B
C
 Tam giác PNB cân tại B BN = BP.
Mặt khác lại có: M là trung điểm của BC, AP
 Tứ giác ACPB là hình bình hành  AC = BP  AC = BN
b,Do tứ giác ACPB là hình bình hành 
PAC APB∠ = ∠

Mà tam giác PBN cân tại B 
APB ANB∠ = ∠

ANB PAC∠ = ∠

CAN BNQ∠ = ∠
Có: AC = NB, NQ = AN

BNQ CAN=V V

NBD NCD∠ = ∠
 N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.
c, G là giao điểm (DQG) với (DBC) 
CAG BQG∠ = ∠

Mà
GBQ GCA∠ = ∠
 Tam giác GBQ đồng dạng tam giác GCA

GA GQ
AC QB
=

GA GQ
NB NC
=
Mà
BNC BDC AGQ∠ = ∠ = ∠
 Tam giác NBC đồng dạng với tam giác GAQ

GQA NCB NCB GDC∠ = ∠ → ∠ = ∠
 GC = NB  NG//BC
Câu 4. Giả sử trên mặt phẳng có n điểm thẳng hang thì tồn tại một đường thẳng .
Theo bài ra các điểm đã cho không cùng nằm trên một đường thẳng nên tồn tại ít nhất
một điểm không cùng nằm trên đường thẳng đó nối điểm đó với n- 1 điểm đã cho ta
được n-1 đường thẳng với đường thẳng đi qua n-1 điểm ta được n đường thẳng. Thay
n = 2015 thì tồn tại ít nhất 2015 đường thẳng
Đề 3
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Trường đại học sư phạm Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi :TOÁN
( Dùng cho mọi thí sinh vào trường chuyên ) Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1 (2.5 điểm ) Cho biểu thức
2

2 2
2 2
1 1
1
a b
b a a b
P
a b a b
b a b a
  
+ + −
 ÷ ÷
  
=
 
+ − +
 ÷
 
với a>0 , b>0 a
b≠
1 Chứng minh
1
p
ab
=
; 2 Giả sử a, b thay đổi sao cho
4 1a b ab+ + =
. Tìm min P
Câu 2 ( 2 điểm ) cho hệ phương trình.

2 4
3 1
x my m
mx y m
− = −


+ = +

Với m là tham số
1 Giải phương trình khi m = 2
2. Chứng minh hệ luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử (x
0,
y
0
) là một nghiệm
của của hệ phương trình .chứn minh đẳng thức
( )
2 2
0 0 0 0
5 10 0x y x y+ − + + =
Câu 3(1.5điểm )Cho a, b là các số thực khác o.Biết rằng phương trình
( ) ( )
2 2
0a x a b x b
− + − =
Có nghiệm duy nhất . Chứng minh
a b=
Câu 4. ( 3điểm ) Cho tam giác ABC có các góc ABC và góc ACB nhọn góc BAC =
60

0
. Các đường phân giác trong BB
1
, CC
1
của tam giác ABC cắt nhau tại I.
1> Chứng minh tứ giác AB
1
IC
1
nội tiếp .
2. Gọi K là giao điểm thứ hai khác B của đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp
tam giác BC
1
I . Chứng minh tứ giác CKIB
1
nội tiếp
2 Chứng minh
1 1
AK B C⊥
Câu 5 ( 1 điểm) . Tìm các số thực không âm a và b thỏa mãn
2 2
3 3 1 1
2 2
4 4 2 2
a b b a a b
     
+ + + + = + +
 ÷ ÷  ÷ ÷
     

Hướng dẫn giải
Câu 1 (2.5 điểm )
1.Cho biểu thức
2
2 2
2 2
1 1
1
a b
b a a b
P
a b a b
b a b a
  
+ + −
 ÷ ÷
  
=
 
+ − +
 ÷
 
với a>0 , b>0 a
b
≠
( )
2 2
2
2 2
4 4 3 3

2 2
3 3
2 2 4 4 3 3 4 4 3 3
2 2 2 2 2 2
2
1 1
1
1
a ab b
a b ab
a b
a b a b ab
ab a b
b a a b
a b
P
a b a b a b a b ab a b a b ab
ab
b a b a a b a b
− +
 
+ +
  
+ − −
+ + −
 ÷
 ÷ ÷
    
= = = =
+ − − + − −

 
+ − +
 ÷
 
2 Giả sử a, b thay đổi sao cho
4 1a b ab+ + =
. Tìm min P
Áp dụng bât đẳng thức cosi ta có
1
1 4 5 25= + + ≥ ⇒ ≥a b ab ab
ab

dấu bằng xảy ra khi b = 4a và 1 = 25ab suy ra 1 = 100b
2
suy ra
1 2
10 5
b a= ⇒ =
Câu 2 ( 2 điểm ) cho hệ phương trình.

2 4
3 1
x my m
mx y m
− = −


+ = +

Với m là tham số

1 Giải phương trình khi m = 2
2. Chứng minh hệ luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử (x
0,
y
0
) là một nghiệm
của của hệ phương trình .chứn minh đẳng thức
( )
2 2
0 0 0 0
5 10 0x y x y+ − + + =
1.
1. Thay m = 2 ta có
19 19
2 6 2 4 12 5 19
5 5
2 7 2 7 2 7 19 9
2 7
5 5
 
= =
 
− =− − =− − =−
  
 
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
+ = + = + =
  
 

+ = =
 
 
y y
x y x y y
x y x y x y
x x
2.
2 4 2 4
3 1 ( 2 4 ) 3 1
− = − = + −
 
⇔
 
+ = + + − + = +
 
x my m x my m
mx y m m my m y m
2 2
2 4
2 4 3 1
= + −

⇔

+ − + = +

x my m
m y m m y m
2

2
2
2 2
2
2
2
3 3 2
2 4
2 4
1
1 4
( 1) 1 4
1 4
1
1

− +
= + −

=

= + −

 
+
⇔ ⇔ ⇔
  
+ +
+ = + +
=

+ +

 
=
+


+

m m
x my m
x
x my m
m
m m
m y m m
y
m m
y
m
m
vì m
2
+1 khác 0 phương trình có nghiệm duy nhất với mọi m
2. Chứng minh hệ luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử (x
0,
y
0
) là một
nghiệm của của hệ phương trình .chứn minh đẳng thức

( )
2 2
0 0 0 0
5 10 0x y x y+ − + + =
1.
Thay
2
0
2
2
0
2
3 3 2
1
1 4
1
m m
x
m
m m
y
m

− +
=


+

+ +


=

+


Ta có :
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
5 10 3 4 3 15+ − + + = − + − + + −x y x y x y x y
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
3 3 2 3 3 4 1 4 4 3 3 2 3 3 12
15
1 1 1 1
   
− + − − + + − − − + + +
= + + + +
 ÷  ÷
+ + + +
   
m m m m m m m m m m
m m m m
2 2
2 2
2 2 2 2
3 1 3 3 3 2 3 3 12

15 0
1 1 1 1
− − − − + + +
   
= + + + + =
 ÷  ÷
+ + + +
   
m m m m m m
m m m m
Cách 2.
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0
5 10 0 5 6 5 4 0
3 2 1 4 0
+ − + + = ⇔ − + + − + =
⇔ − − + − − =
x y x y x x y y
x x y y
Thay
2
0
2
2
0
2
3 3 2

1
1 4
1
m m
x
m
m m
y
m

− +
=


+

+ +

=

+

ta đươc .
( )
2 2
0 0 0 0
5 10 0x y x y+ − + + =
Câu 3 ( 1.5điểm )
Cho a, b là các số thực khác o . Biết rằng phương trình
( ) ( )

2 2
0a x a b x b− + − =
Có nghiệm duy nhất . Chứng minh
a b=
( ) ( )
( )
( )
2 2
2 3 2 3
2 2 2 3 3
0
ax 2 x 2 0
2 0
a x a b x b
ax a b bx b
x a b x a b a b
− + − =
⇔ − + + − + =
⇔ + − + + + =
Nếu a + b = 0 thi phương trình có nghiệm x = 0.
Nếu a + b
0.
≠
ta có
( )
( )
( )
( )
( )
2

2
2 2 3 3 2 2 3 3
2 2∆ = − + − + + = − − = − −a b a b a b a b ab a b ab a b

Nếu a và b khác dấu thì phương trình có nghiệm với mọi m
Nếu a và b cùng dấu thì phương trình vô nghiệm
Phương trình có nghiêm duy nhất khi a và b khác dấu và
0
∆ =
suy ra
a b=
.
Câu 4
1.Ta có
·
·
·
·
0
1 1 1 1
120 120 60 180
o o o
B IC BIC B IC BAC= = ⇒ + = + =
.
Mà hai góc này đối nhau
Nên tứ giác AB
1
IC
1
nội tiếp (đpcm).

2. Vì tứ giác BC
1
IK nội tiếp nên
·
·
1 1
60
o
BIC BKC= =
( góc nội tiếp cùng chắn
¼
1
BC
)
Và
·
·
1
BIK BC K=
( góc nội tiếp cùng chắn
»
BK
)
Xét tam giác ABC:
·
·
· · ·
0
1
180 180 60 120

o o o
KCB BAC ABC ABC ABC= − − = − − = −
Xét tam giác BC
1
K:
·
·
·
· · ·
0
1 1
180 180 60 120
o o o
BIK BC K BKC ABC ABC ABC= = − − = − − = −
Suy ra
·
·
1
KCB BIK=

⇒
Tứ giác CKIB
1
nội tiếp (đpcm).
3. Vì
·
·
1
60
o

BIC BAC= = ⇒
Tứ giác ACKC
1
nội tiếp
⇒
·
·
1 1
KAC KCC=
(cùng chắn cung KC
1
)
Và
· ·
1 1
AKC ACC=
(cùng chắn cung AC
1
). Mà
·
·
1 1
ACC KCC=
(GT)
Suy ra
·
·
1 1
KAC AKC=
⇒

Tam giác C
1
AK cân tại C
1
⇒
C
1
A = C
1
K (1)
CMTT: B
1
A = B
1
K (2)
Từ (1), (2) suy ra B
1
C
1
là đường trung trực của AK nên AK
⊥
B
1
C
1
(đpcm
Câu 5 ( 1 điểm) . Tìm các số thực không âm a và b thỏa mãn
2 2
3 3 1 1
2 2

4 4 2 2
a b b a a b
     
+ + + + = + +
 ÷ ÷  ÷ ÷
     
Áp dụng bất đẳng thức cosi
2
2 2 2 2
3 3 1 1 1 1 1
4 4 4 2 4 2 2
a b b a a b b a a b
       
+ + + + = + + + + + + ≥ + +
 ÷ ÷  ÷ ÷  ÷
       
2
1 1 1
2 2
2 2 2
a b a b
    
+ + ≤ + +
 ÷  ÷ ÷
    
Dấu bằng xảy ra khi a= b = ½
Đề 4
ĐỀ THI TUYỂN SINH TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi: Toán ( Dùng cho học sinh chuyên toán và chuyên tin) Thời gian : 120 phút
Câu 1: (2,5 điểm) 1. Cho a ≥ 0, a # 1. Rút gọn biểu thức

3
3
1
6 4 2. 20 14 2 ( 3) 3 1 : 1
2( 1)
a
S a a a
a
 
−
= − + + + − − −
 
−
 
2. Cho x,y thỏa mãn 0< x <1, 0 < y <1 và
1
1 1
x y
x y
+ =
− −
Tìm giá trị của biểu thức
2 2
P x y x xy y= + + − +
Câu 2: (2 điểm) Một xe tải có chiều rộng 2,4m và chiều cao 2,5m muốn đi qua một
cái cổng có hình parabol. Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là 4m và khoảng cách
từ đỉnh cổng (đỉnh parabol) tới mỗi chân cổng là
2 5
m (bỏ qua độ dầy của cổng)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi parabol (P)

2
axy =
với a < 0 là hình biểu diễn
cổng mà xe tải muốn đi qua. Chứng minh a = -1
2. Hỏi xe tải có thể qua cổng được không? Tại sao?
Câu 3: (1,5 điểm) Cho 2 số nguyên a,b thỏa mãn
2 2
1 2( )a b ab a b+ + = + +
Chứng minh a và b là hai số chính phương liên tiếp.
Câu 4: (3 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC). M là trung điểm của cạnh BC.
O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác
ABC đồng quy tại H. Các tiếp tuyến với (O) tại B,C cắt nhau tại S. Gọi X,Y lần lượt
là giao điểm của đường thẳng È với các đường thẳng BS,AO. Chứng minh rằng:
1.
MX BF⊥
; 2. Hai tam giác SMX và DHF đồng dạng ; 3.
EF BC
FY CD
=
Câu 5: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đỉnh là các
điểm nguyên (một điểm được gọi là điểm nguyên nếu hoành độ và tung độ của điểm
đó là các số nguyên).Chứng minh rằng hai lần diện tích của tam giác ABC là một số nguyên.
Hướng dẫn giải
Câu 1: (2,5 điểm)
1. Cho a ≥ 0, a # 1. Rút gọn biểu thức
3
3
1
6 4 2. 20 14 2 ( 3) 3 1 : 1
2( 1)

a
S a a a
a
 
−
= − + + + − − −
 
−
 
( ) ( ) ( )
( )
3
3
1
6 4 2. 20 14 2 ( 3) 3 1 : 1
2( 1)
2 1
2 2 2 2 1 : 2 2 4
2 1
 
−
= − + + + − − −
 
−
 
 
− +
 ÷
= − + + − = + =
 ÷

−
 
a
S a a a
a
a a
a
a
2. Cho x,y thỏa mãn 0< x <1, 0 < y <1
Ta có .
( )
1 3
1 2 1 3
1 1 2
+
+ = ⇔ + = + ⇔ + =
− −
x y xy
x y xy x y
x y
1. Tìm giá trị của biểu thức
2 2
P x y x xy y= + + − +
Thay
1 3
2
xy
x y
+
+ =

Ta có

( )
2
2
2 2
2
1 3 1 3
3 3
2 2
1 3 1 3 1 3 1 3
2 2 2 2
+ +
 
= + + − + = + + + − = + −
 ÷
 
+ − + −
 
= + = +
 ÷
 
xy xy
P x y x xy y x y x y xy xy
xy xy xy xy
Nếu xy> 1/3 Thì P = 2 ; Nếu xy < 1/3n thì P = 3xy
Câu 2: (2 điểm) Một xe tải có chiều rộng 2,4m và chiều cao 2,5m muốn đi qua một
cái cổng có hình parabol. Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là 4m và khoảng cách
từ đỉnh cổng (đỉnh parabol) tới mỗi chân cổng là
2 5

m (bỏ qua độ dầy của cổng)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi parabol (P)
2
axy =
với a < 0 là hình biểu diễn
cổng mà xe tải muốn đi qua. Chứng minh a = -1
2. Hỏi xe tải có thể qua cổng được không? Tại sao?
1. Áp dụng định lý py ta go ta có /y/ = 4 thay x = 2
4 = /a/4 suy ra a= -1 ta được y = - x
2

2. Thay x= 1.2 ta có y = 1.44
Khoảng cách còn lại 4- 1.44 = 2.56 vậy ô tô đi qua được
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho 2 số nguyên a,b thỏa mãn

( )
2
2 2 2 2
1 2( ) 1 2 2 2 4 1 4+ + = + + ⇔ + + − + − = ⇔ − + =a b ab a b a b ab a b a a b a
là số chính phương suy ra a là số chính phương a = x
2
(x là số nguyên)
( )
( )
2
2
2 2 2
1 4 1 2 1− + = ⇔ − + = ⇔ = −x b x x b x b x
Vậy a và b là hai số chính phương liên tiếp

Câu 4: (3 điểm)
1. Ta có BE, CF, AD là ba đường cao .
Suy ra các tứ giác BFHD, BFEC , BFEC nội tếp
Góc ACB = góc XFB = góc FBX
( cùng chắn cung AB, góc trong bằng góc ngoài đối diện).
Tam giác BXF cân suy ra XF = XB.
Vì M là trung điểm của BC nên FM là trung tuyến suy ra FM = MB.Vậy XM là trung
trực BF hay
MX BF⊥
2 Xét hai tam giác FHD và tam giác XMS
ta có góc DFH = góc SXM ( vì cùng phụ với hai góc bằng nhau).
Góc FDH = góc FBH = góc BSM ( cùng phụ với hai góc bằng nhau)
Vậy . Hai tam giác SMX và DHF đồng dạng
3 Ta chứng minh được tam giác AFE đồng dạng tam giác ACB và tam giác AFY đồng
dạng tam giác ADC suy ra
3.
EF BC
FY CD
=
Câu 5: (1 điểm)
Đặt A(x
2,
y
2
). B(x
3
,y
3
). C(x
1,

y
1
)
Thì P có hoành độ là x
1
. D có hoành độ x
2
,
N có hoành độ là x
3
. R có tung độ y
2
.
S có tung độ là y
1
. T có tung độ là y
3.
S
ABC
= S
CBNP
- S
ABND
- S
ADPC
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ( ) ( )
3 2 3 1 3 2 3 2 2 1 2 1
3 3 3 1 2 1 2 3 3 3 3 2 2 3 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1

3 1 2 1 3 2 2 1 1 2 1 3 2 1
1 1 1
2 2 2
1
2
1 1 1
)
2 2 2
= + − − + − − + −
= − − + − + − + − + − +
= − − + + = − + −
y y x x y y x x y y x x
y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x
y x y x y x y x x y y y x x
2 S
ABC
= x
1
(y
2
-y
1
) + y
3
(x
2
-x
1
)
Vì các tọa độ là các số nguyên vậy diên tích hai lần diện tích tam giác ABC là số

nguyên
Đề 5
Đề 6
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− − =

Bài 4:(2,0 điểm) Cho phương trình
2
2( 1) 2 0x m x m− + + =
(m là tham số)
1) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm cùng dương.
3) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m.
Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm của cạnh AC.
Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N. Đường thẳng BM cắt đường tròn đường
kính MC tại D.
1) Chứng minh tứ giác BADC nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn đó.
2) Chứng minh DB là phân giác của góc ADN.
3) Chứng minh OM là tiếp tuyến của đường tròn đường kính MC.
4) BA và CD kéo dài cắt nhau tại P. Chứng minh ba điểm P. M, N thẳng hàng.
§Ò 7
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
= − −
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
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
(2
Đồ thị (d) và (d’) của hai hàm số cắt nhau tại điểm có hoành độ
0,25đ
điểm)
dương
⇔
x =
1 4

3
m−
> 0
⇔
1 – 4m >
⇔
m <
1
4
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
(3
điểm)
Hình vẽ 0,5đ
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 (
à
ã
ã
0
90 ;I H ABI ACH= = =
$
)
AI AB
AH AC
=
AKC

AHB (
à
à
ã
ã
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
+
= +
0,25
Do AM+AN =AH (gt)
2
AC AB
AB AC
+ =
Ta cú
2 . 2
AC AB AC AB
AB AC AB AC
+ =
M
2
AC AB
AB AC
+ =
. Du = xy ra khi AB = AC
Vy tam giỏc ABC cõn ti A Thỡ AH = AM + AN
0,25
0,25
Bi 4
(1
im)
Cú 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
+ + + + + + +
= = = +
M 1 = x + y v x + y
2 xy

(x + y)
2


4xy
Do ú 1
2
= (x + y)
2


4xy

2 2
1 1 1 4 2
8
4 ( ) ( )xy x y xy x y xy

+ +


B

9
Vy min B = 9 khi x = y =
1
2
0,25
0,25
0,25

0,25
Đề 7
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
=


+ =


Cõu 2: ( 1,5 im )
1) Xỏc nh ta cỏc im A v B thuc th hm s
2 - 6y x
=
, bit im A cú
honh bng 0 v im B cú tung bng 0
2) Tỡm m th hm s
2

y mx
=
i qua im
(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
+ + ≥ + + − − + − + − =
− − −
§Ò 8

§Ò 9
§Ò 10
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
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
⇔ 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
I
M
H
D
E
C
B
A
M
H
C
B
A
( )
( ) ( )
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
+ +

= = − = = = =
§Ò 11
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
ĐỒNG THÁP NĂM HỌC 2014 – 2015 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.
§Ò 12

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 +
+
+
+
+
HD:
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
 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)
A
H
K
D
E
M
C
B
O