Tổng hợp 21 đề thi vào lớp 10 môn toán 2014 2015 các tỉnh có đáp án

Mục lục
ĐỀ 1. TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LƠP 10 THPT
Năm học 2014 – 2015
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 25 tháng 6 năm 2014
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (3,0 điểm)
Giải phương trình: x
2
+8x+7=0
a) Giải hệ phương trình:
3 5
2 4
x y
x y
+ =


+ =


b) Cho biểu thức :
2
6
(2 3) 75
2 3
M = + − −

−
c) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x;y) thảo mãn 4x
2
=3+y
2
Bài 2: (2.0 điểm)
Cho parabol (P):
2
2y x=
và đường thẳng (D): y=x-m+1( với m là tham số).
a) Vẽ Parabol (P)
b) Tìm tất cả các giá trị của m để (P)cắt (D) có đúng một điểm chung.
c) Tìm tọa độ các diểm thuộc (P) có hoành độ bằng hai lần tung độ.
Bài 3: (1 điểm)
Hưởng ứng phong trào “Vì biển đảo Trương Sa” một đội tàu dự định chở 280 tấn hàng ra
đảo. Nhưng khi chuẩn bị khởi hành thì số hàng hóa dẫ tăng thêm 6 tấn so với dự định. Vì vậy
đội tàu phải bổ sung thêm 1 tàu và mối tàu chở ít hơn dự định 2 tấn hàng. Hỏi khi dự định đội
tàu có bao nhiêu chiếc tàu, biết các tàu chở số tấn hàng bằng nhau?
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) và một điểm A cố định nằm ngoài (O). Kẻ tiếp tuyến AB, AC với (O)
( B,C là các tiếp điểm). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC( M khác B và C). Đường
thẳng AM cắt (O) tại điểm thứ 2 là N. Gọi E là trung điểm của MN.
a) Chứng minh 4 điểm A,B,O,E cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm của đường tròn
đó.
b) Chừng minh
·
·
2 180
o
BNC BAC+ =

c) Chừng minh AC
2
=AM.AN và MN
2
=4(AE
2
-AC
2
).
d) Gọi I, J lần lượt là hình chiếu của M trên cạnh AB, AC. Xác định vị trí cảu M sao cho
tích MI.MJ đạt giá trị lớn nhất.
Bài 5: (0,5 điểm)
Cho hai số dương x, y thỏa xy=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=
3 9 26
3x y x y
+ −
+

HẾT
BÀI GIẢI SƠ LƯỢC
Bài 1:
1. Giải phương trình và hệ phương trình
a) x
2
+8x +7 = 0
Ta có: a-b+c=1-8+7=0 nên pt có hai nghiệm phân biệt:
x
1
=-1; x

2
=-7
Vậy tập nghiệm của PT là : S={-1;-7}
b)
3 5 1 1
2 4 2 4 2
x y x x
x y y y
+ = = =
  
⇔ ⇔
  
+ = + = =
  
c)
6
(2 3) 75 6(2 3) 2 3 5 3 14
2 3
M = + − − = + + − − =
−
d) Ta có: 4x
2
-y
2
=3⇔(2x+y)(2x-y)=3⇔
2 3 1
( )
2 1 1
2 1 1
( )

2 3 1
2 1 1
( )
2 3 1
2 3 1
( )
2 1 1
x y x
n
x y y
x y x
l
x y y
x y x
l
x y y
x y x
l
x y y
 
+ = =
 
 
 
− = =
 
 
 
+ = =
 

 
 
− = = −
 
 
⇔
 
+ = − = −
 
 
 
 
− = − =
 
 
+ = − = −
 
 
 
− = − = −
 
 

Vậy nghiêm dương của pt là (1; 1)
Bài 2:
a) Vẽ đồ thị hàm số:
x -2 -1 0 1 2
y=
2
2x

8 2 0 2 8
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm cả (P) và (D):
2
2x
=
1x m
− +
⇔ 2x
2
-x+m-1=0
∆=(-1)
2
-4.2(m-1)=9-8m
Để (P) và (D) có một điểm chung thì : ∆=0⇔9-8m=0⇔m=
9
8

Vậy với m=
9
8
thì (P) và (D) có một điểm chung.
c) Điểm thược (P) mà hoành độ bằng hai lần tung độ nghìa là x=2y nên ta có:
y=2(2y)
2
⇔y=8y
2
⇔
0
1
8

y
y
=



=


Vậy điểm thuộc (P) mà hoành độ bằng hai lần tung độ là (0;0) , (
1
4
,
1
8
)
Bài 3: hoctoancapba.com
Gọi x(chiếc) số tàu dự định của đội( x∈N*, x<140)
số tàu tham gia vận chuyển là x+1(chiếc)
Số tấn hàng trên mỗi chiếc theo dự định:
280
x
(tấn)
Số tấn hàng trên mỗi chiếc thực tế:
286
1x +
(tấn)
Theo đề bài ta có pt:
280
x

-
286
1x +
=2
⇔280(x+1)-286x=2x(x+1)
⇔x
2
+4x-140=0
⇔
10
14( )
x
x l
=


= −


Vậy đội tàu lúc đầu là 10 chiếc.Bài 4:
a) Ta có: EM=EN(gt)⇒OE⊥MN⇒
·
90
o
AEO =

Mà
·
0
90ABO =

(AB là tiếp tuyến (O))
Suy ra: hai điểm B, E thuộc đường tròn
đương kính AO. Hay A,B,E,O cùng
thuộc một đường tròn, tâm của đường
tròn là trung điểm của AO.
b) Ta có:
·
·
2BOC BNC=
(góc ở tâm và góc nt
cùng chắn một cung).
Mặt khác:
·
·
0
180BOC BAC+ =

suy ra:
·
·
2 180
o
BNC BAC+ =
(đpcm)
c)
• Xét ∆AMC và ∆ACN có
·
·
·
¼

1
( )
2
NAC chung
MCA CNA sdCM



= =



⇒ ∆AMC
∽
∆ACN(g.g)
2
.
AM AC
AC AM AN
AC AN
⇒ = ⇒ =
(đpcm)
• Ta có: AE
2
=AO
2
-OE
2
(áp dụng ĐL Pi-ta-go vào ∆AEO )
AC

2
=AO
2
-OC
2
(áp dụng ĐL Pi-ta-go vào ∆ACO )
Suy ra: AE
2
- AC
2
=OC
2
-OE
2
=ON
2
-OE
2
=EN
2
=
2
2
2 4
MN MN
 
=
 ÷
 
hay MN

2
=4(AE
2
- AC
2
)
d) Kẻ MK⊥BC, đoạn AO ∩ (O) ={F}, AO ∩ BC ={H}
Ta có:
·
·
MJK MCK=
( tứ giác MJCK nt)
·
·
MCK MBI=
(cùng chắc cung MC)
·
·
MBI MKI=
(tứ giác MKBI nt)
Suy ra:
·
·
MJK MKI=
(1)
Chứng minh tương tự ta cũng có:
·
·
MIK MKJ=
(2)

Từ (1) và (2) suy ra: ∆MIK
∽
∆MKJ (g.g)
2
.
MI MK
MK MI NJ
MK MJ
⇒ = ⇒ =
Để MI.MJ lớn nhất thì MK phải lớn nhất. Mặt khác M thuộc cung nhỏ BC nên MK≤FH⇒ vậy MK
lớn nhất khi MK=FH. Hay
M F≡
Vậy khi A, M, O thẳng hàng thì MI.MJ đạt giá trị lớn nhất.
Bài 5:
Áp dụng bđt Cosi ta có:
3 9
x y
+
≥2
27
6
xy
=
(1)
3x+y≥
2 3 6xy =
⇔
26 13 26 13
3 3 3 3x y x y
≤ ⇔ − ≥ −

+ +
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:P=
3 9 26
3x y x y
+ −
+
≥6
13
3
−
⇔P=
3 9 26
3x y x y
+ −
+
≥
5
3
Vậy MinP=
5
3
khi
3 1( 0)
3 3
x y x x
xy y
= = >
 
⇔

 
= =
 

HẾT
ĐỀ 2. TỈNH BÌNH DƯƠNG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2014 – 2015
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian
giao đề
Khoá thi ngày 28/6/2014
Bài 1 (1 điểm) hoctoancapba.com
Rút gọn biểu thức A =
2 1
3 2 2
2 1
−
+ −
+
Bài 2 (1,5 điểm)
Cho hai hàm số y = -2x
2
và y = x
1/ Vẽ đồ thị của các hàm số trên cùng một mặt phẳng toạ độ
2/ Tìm toạ độ giao điểm của hai đồ thị hàm số bằng phép tính
Bài 3 (2 điểm)

1/ Giải hệ phương trình
1
4
3
2
1
3
x y
x y

+ =




− =


2/ Giải phương trình 2x
2
– 3x – 2 = 0
3/ Giải phương trình x
4
– 8x
2
– 9 = 0
Bài 4 (2 điểm)
Cho phương trình x
2
– 2(m – 1)x + 2m – 5 = 0 (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 trái dậu
3/ Với giá trị nào của m thì biểu thức A = x
1
2
+ x
2
2
đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị đó
Bài 5 (3,5 điểm)
Cho (O) đường kính AB, trên tia AB lấy điểm C bên ngoài đường tròn. Từ C kẻ đoạn thẳng CD
vuông góc với AC và CD = AC. Nối AD cắt đường tròn (O) tại M. Kẻ đường thẳng BD cắt đường
tròn (O) tại N
1/ CHứng minh ANCD là tứ giác nội tiếp. Xác định đường kính và tâm của đường tròn ngoại tiếp
tứ giác ANCD
2/ Chứng minh
·
·
CND CAD
=
và ∆MAB vuông cân
3/ Chứng minh AB.AC = AM.AD
Hết
HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 – NĂM HỌC 2014 – 2015
Nội dung Dự kiến
điểm
Bài 1:(1 điểm) A =
2 1
3 2 2

2 1
−
+ −
+
=
2
( 2 1).( 2 1)
( 2 1)
( 2 1).( 2 1)
− −
+ −
+ −
=
2
2
( 2 1)
( 2 1)
1
−
+ −
=
2 1 2 1+ − −
=
2 1 2 1
+ − +
= 2
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 2: (1,5 điểm)
1/ -Vẽ đồ thị hàm số: y = -2x

2
Bảng giá trị:
x -2 -1 0 1 2
y = -2x
2
-8 -2 -2 -8
- Vẽ đồ thị hàm số y = x
Bảng giá trị
x 0 1
y = x 0 1
- Vẽ đồ thị đúng
2/ Phương trình hoành độ
-2x
2
= x
ó 2x
2
+ x = 0
ó x(2x + 1) = 0
ó x
1
= 0 ; x
2
=
1
2
−
Thay x
1
; x

2
vào y = x, ta có
Với x = 0 => y = 0
Với x =
1
2
−
=> y =
1
2
−
Vậy toạ độ giao điểm của hai đồ thị là (0; 0) và (
1
2
−
;
1
2
−
)
0,5 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
Bài 3: (2 điểm)
1/
1
4
3
2

1
3
x y
x y

+ =




− =


ó
3 12
3 2 3
x y
x y
+ =


− =

ó
3 12
3 9
x y
y
+ =



=

ó
3 3 12
3
x
y
+ =


=

ó
3
3
x
y
=


=

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (3 ; 3)
2/ Ta có
2
( 3) 4.2.( 2) 9 16 25 0∆ = − − − = + = >
0,5 điểm
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
1

2
( 3)
2
2.2
( 3) 1
2.2 2
25
25
x
x
− − +
= =
− − −
= = −

3/ x
4
- 8x
2
– 9 = 0 (1) hoctoancapba.com
Đặt t = x
2
(t
≥
0)
Phương trình (1) trở thành: t
2
- 8t – 9 = 0 (2)
Ta có: a – b + c = 1 – (-8) + (-9) = 0
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: t

1
= -1 (loại) ; t
2
= 9 (nhận)
Với t = t
2
= 9
2
9 3x x
⇔ ⇔ = ±=

Tập nghiệm của phương trình (1) có hai nghiệm là x
1
= 3; x
2
= -3
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 4: (2 điểm) x
2
– 2(m – 1)x + 2m – 5 = 0 (*)
1/ Ta có ∆’ = [-(m – 1)]
2
– 1.(2m – 5)
= m
2
– 2m + 1 – 2m + 5
= m
2

– 4m + 6
= m
2
– 2.m.2 + 4 + 2
= (m – 2)
2
+ 2 > 0 với mọi m
Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
2/ Phương trình có hai nghiệm trái dấu ó 1.(2m – 5) < 0
ó 2m – 5 < 0
ó 2m < 5
ó m <
5
2

Vậy với m <
5
2
thì phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu

3/ Ta có phương trình (*) có hai nghiệm với mọi m (theo a)
nên
1 2
1 2
2( 1) 2 2
2 5
x x m m
x mx
+ = − = −



= −


Ta có: A = x
1
2
+ x
2
2

= x
1
2
+ 2x
1
x
2
+ x
2
2
– 2x
1
x
2

= (x
1
+ x
2

)
2
– 2x
1
x
2
=> A = (2m – 2)
2
– 2(2m – 5)
= 4m
2
– 8m + 4 – 4m + 10
= 4m
2
– 12m + 14
= (2m)
2
– 2.2m.3 + 3
2
+ 14 – 3
2
= (2m – 3)
2
+ 5 ≥ 5
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 2m – 3 = 0 ó m =
3
2
Vậy với m =
3
2

thì A đạt giá trị nhỏ nhất bằng: 5
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
Bài 5: (3,5 điểm)
Hình vẽ đúng
1/ Ta có
·
ACD
= 90
0
(gt)

·
AND
= 90
0
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

·
ACD
=
·
AND
0,5 điểm
 D; N cùng nhìn AD dưới một góc bằng 90

0
 Tứ giác ANCD nội tiếp đường tròn đường kính AD
Suy tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANCD là trung điểm của AD
2/ Cách 1: Ta có CD = AC và
·
ACD
= 90
0
(gt)
 ∆ACD vuông cân tại C

·
CAD
= 45
0
Ta có
·
AMB
= 90
0
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 ∆MAB vuông cân tại M
Cách 2:
Ta có Tứ giác ANCD nội tiếp (chứng minh trên)

·
CND
=
·
CAD

(Cùng chắn cung CD)
Ta có
·
AMB
= 90
0
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

·
BMD
= 90
0

·
BMD
+
·
BCD
= 90
0
+ 90
0
= 180
0
 Tứ giác BCDM nội tiếp

·
ABM
=
·

CDM
(cùng bù với
·
MBC
) (1)
Ta lại có AC = CD (gt)
 ∆ACD cân tại C

·
CAD
=
·
CDA
hay
·
BAM
=
·
CDM
(2)
Từ (1) và (2), suy ra
·
ABM
=
·
BAM
Mà
·
AMB
= 90

0
(Chứng minh trên)
 ∆MAB vuông cân tại M
3/ Xét ∆ABM và ∆ADC có
µ
A
: góc chung
·
AMB
=
·
ACD
= 90
0
Suy ra:
ABM ADC
∆ ∆
∽
AB AD
AM AC
⇒ =

. .AB AC AM AD
⇒ =
0,75 điểm
0,5 điểm
0,75 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
ĐỀ 3. TỈNH ĐĂK LĂK

SỞ GD-ĐT ĐĂK LĂK
ĐỀ CHÍNH THỨC
THI TUYỂN VÀO 10 NĂM HỌC 2014-2015
MÔN TOÁN
Ngày thi : 26/06/2014
Thời gian làm bài : 120 phút
Câu 1: (1,5 điểm)
1) Giải phương trình: x
2
– 3x + 2 = 0
2) Cho hệ phương trình:
2 5 1
4 5
x ay b
bx y
− = −


− =

. Tìm a, b biết hệ có nghiệm
1
2
x
y
=


=


Câu 2: (2 điểm)
Cho phương trình: x
2
– 2(m + 1)x + m
2
+ 3m + 2 = 0 (1). (m là tham số)
1) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thõa mãn: x
1
2
+ x
2
2
= 12.
Câu 3: ( 2 điểm)
1) Rút gọn biểu thức
2 3 2 3
7 4 3 7 4 3
A
+ −
= −
− +
2) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(0;1) và song song với đường thẳng
d: x + y = 10.
Câu 4 ( 3,5 điểm)
Cho tam giác đều ABC có đường cao AH, lấy điểm M tùy ý thuộc đoạn HC (M không trùng với H, C).

Hình chiếu vuông góc của M lên các cạnh AB, AC lần lượt là P và Q.
1) Chứng minh rằng APMQ là tứ giác nội tiếp và xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
APMQ.
2) Chứng minh rằng: BP.BA = BH.BM
3) Chứng minh rằng: OH
⊥
PQ.
4) Chứng minh rằng khi M thay đổi trên HC thì MP +MQ không đổi.
Câu 5 (1 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 4 3
4 2016
4 1
x
A x
x x
+
= + − +
+
với x > 0.
LỜI GIẢI SƠ LƯỢC
Câu 1: (1,5 điểm)
1) Giải phương trình: x
2
– 3x + 2 = 0
a + b + c = 1 + (-3) + 2 = 0
⇒
x
1
= 1; x

2
=
c
a
= 2.
2) Hệ phương trình:
2 5 1
4 5
x ay b
bx y
− = −


− =


có nghiệm
1
2
x
y
=


=

⇔

2 2 5 1 2 5 3 2 62 31
8 5 13 13 13

a b a b a a
b b b b
− = − − = − − = = −
   
⇔ ⇔ ⇔
   
− = = = =
   
.
Câu 2: (2 điểm)
Cho phương trình: x
2
– 2(m + 1)x + m
2
+ 3m + 2 = 0 (1). (m là tham số)
1)
[ ]
2
'
( 1)m∆ = − +
- (m
2
+ 3m + 2) = - m – 1
Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt
⇔
'
∆
> 0
⇔
- m – 1 > 0

⇔
m < - 1
Vậy với m < - 1 thì pt (1) có 2 nghiệm phân biệt.
3) Với m < - 1 . Theo hệ thức Vi-et ta có: x
1
+ x
2
= 2(m + 1) ; x
1
x
2
= m
2
+ 3m + 2.
x
1
2
+ x
2
2
= 12
⇔
(x
1
+ x
2
)
2
- 2 x
1

x
2
= 12
⇔
2(m + 1)
2
– 2(m
2
+ 3m + 2) = 12

⇔
m
2
+ m – 6 = 0
Giải PT ta có : m
1
= 2 (không TMĐK); m
2
= -3 ( TMĐK). hoctoancapba.com
Vậy với m = -3 thì pt (1) có 2 nghiệm phân biệt thõa mãn x
1
2
+ x
2
2
= 12.
Câu 3: ( 2 điểm)
1) Rút gọn biểu thức
2 2
2 3 2 3 2 3 2 3

7 4 3 7 4 3 ( 3 2) ( 3 2)
A
+ − + −
= − = −
− + − +
=
2 2
2 2
2 3 2 3 2 3 2 3
( 3 2) (2 3)
2 3 3 2
( 3 2) ( 3 2)
+ − + −
− = − = + − −
− +
− +
=
2 2
( 3 2) (2 3) ( 3 2 2 3)( 3 2 2 3) 8 3+ − − = + + − + − + =
.
2) Phương trình đường thẳng cần viết có dạng: d’: y = ax + b .
d' đi qua điểm A(0; 1)
⇔
1 = a . 0 + b
⇔
b = 1.
d': y = ax + 1 song song với đường thẳng d: x + y = 10 hay y = -x + 10
⇔
a = -1.
Vậy phương trình cần viết là: d’: y = - x + 1.

Câu 4 ( 3,5 điểm)
1) Xét tứ giác APMQ có:
·
·
0
90MPA MQA= =
( Theo GT)
⇒

·
·
0
180MPA MQA+ =

⇒
tứ giác APMQ nội tiếp.
Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung điểm của AM
2) Xét
∆
BPM và
∆
BHA có:
·
·
0
90BPM BHA= =
(gt) ;
·
·
PBM HBA=

(chung góc B)
⇒

∆
BPM
:
∆
BHA (g.g)
⇒

BP BM
BH BA
=

⇒
BP.BA = BH.BM
3)
·
0
90AHM =
(gt)
⇒
H thuộc đường tròn đường kính AM
⇒
A, P, H, M, Q cùng thuộc đường tròn O.
·
·
PAH QAH=
( vì tam giác ABC đều, AH là đường cao nên cũng là đường phân giác)
⇒

¼
¼
PH QH=

⇒
PH = QH
⇒
H thuộc đường trung trực của PQ (1)
OP = OH ( cùng bán kính)
⇒
O thuộc đường trung trực của PQ (2)
Từ (1) và (2)
⇒
OH là đường rung trực của PQ
⇒
OH
⊥
PQ.
4) S
ABM
+ S
CAM
= S
ABC

⇔

1
2

AB. MP +
1
2
AC. MQ =
1
2
BC.AH
⇔

1
2
BC. MP +
1
2
BC. MQ =
1
2
BC.AH ( vì AB = AC = BC )
⇔

1
2
BC(MP + MQ) =
1
2
BC.AH
⇒
MP + MQ = AH. Vì AH không đổi
Nên MP + MQ không đổi.
Câu 5 (1 điểm).

Với x > 0, ta có:
2
2
2
2
1 4 3 1 4 3
4 2016 (4 2 ) (4 ) 2014
4 1 4 1
1 1 4 4 1
(2 ) 2.2 2014
1
2 (2 )
1 (2 1)
(2 ) 2014 2014
1
2
1
2 0
1
2
min 2014
4
2 1 0
x x
A x x
x x x x
x x
x x
x
x x

x
x
x
x
x
x
A x
x
+ +
= + − + = − + + − +
+ +
 
 
− +
= − + + +
 
 
+
 
 
−
= − + + ≥
+

− =

⇒ = ⇔ ⇔ =


− =



ĐỀ 4. TỈNH BÌNH ĐỊNH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
ĐỀ DỰ BỊ
KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 28/6/2014
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (2,5 điểm)
a) Giải phương trình: 3x – 5 = x + 1
b) Giải phương trình:
2
6 0x x+ − =
c) Giải hệ phương trình:
2 8
1
x y
x y
− =


+ = −

d) Rút gọn biểu thức: P =
5
2 5

5 2
−
−
Bài 2: (1,5 điểm)
Cho phương trình:
( ) ( )
2
2 1 3 0 1x m x m− − + − =
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm đối nhau.
Bài 3: (2,0 điểm)
Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì hoàn thành sau 12 giờ, nếu làm riêng thì thời
gian hoàn thành công việc của đội thứ hai ít hơn đội thứ nhất là 7 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì thời gian để
mỗi đội hoàn thành công việc là bao nhiêu?
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB, trên cùng một nửa đường tròn (O) lấy 2 điểm G và E (theo
thứ tự A, G, E, B) sao cho tia EG cắt tia BA tại D. Đường thẳng vuông góc với BD tại D cắt BE tại C,
đường thẳng CA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F.
a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp.
b) Chứng minh: BF = BG
c) Chứng minh:
.
.
DA DG DE
BA BE BC
=
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho A =
1 1 1 1

1 2 2 3 3 4 120 121
+ + + +
+ + + +
B =
1 1
1
2 35
+ + +
Chứng minh rằng: B > A
BÀI GIẢI SƠ LƯỢC
Bài 1: (2,5 điểm)
a) 3x – 5 = x + 1
3x⇔ =
b)
2
6 0x x+ − =
Giải ra được nghiệm:
1 2
3; 2x x= − =
c)
2 8
1
x y
x y
− =


+ = −


3 9 3
1 2
y y
x y x
− = = −
 
⇔ ⇔
 
+ = − =
 
d) P =
5
2 5
5 2
−
−
=
( )
( ) ( )
5 5 2
2 5 5 2 5 2 5 5
5 2 5 2
+
− = + − =
− +
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Phương trình (1) có:
( ) ( )
2
2

2 2
3 7
' ' 1 3 3 4 0
2 4
b ac m m m m m m
 
 
∆ = − = − − − − = − + = − + > ∀
 ÷
 
 
, (vì
2
3
0,
2
m m
 
− ≥ ∀
 ÷
 
)
Vậy: phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) Phương trình (1) có hai nghiệm đối nhau
( )
2 1 0
0 1
1
0 3
3 0

m
S m
m
P m
m

− =
= =
 

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  
< <
− <

 

Vậy với m = 1 thì phương trình (1) có hai nghiệm đối nhau.
Bài 3: (2,0 điểm)
Gọi thời gian đội một làm một mình hoàn thành công việc là : x (giờ). ĐK: x > 12.
Thời gian đội hai làm một mình xong công việc là: x – 7 (giờ)
Trong 1 giờ: + Đội một làm được:
1
x
(CV)
+ Đội hai làm được:
1
7x −
(CV)
+ Cả hai đội làm đươc:

1
12
(CV)
Ta có: PT:
2
1 1 1
31 84 0
7 12
x x
x x
+ = ⇔ − + =
−
Giải phương trình ta được nghiệm:
( ) ( )
1 2
28 ; 3x TM x KTM= =
Vậy: Đội một làm một mình sau 28 giờ xong công việc
Đội hai làm một mình sau 21 giờ xong công việc
Bài 4: (3,0 điểm)
a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp.
Ta có:
·
0
AF 90B =
(góc nt chắn nửa đường tròn)
Ta có:
·
·
0
90CDB CFB= = ⇒

tứ giác DFBC nội tiếp đường tròn đường kính BC
b) Chứng minh: BF = BG
Ta có:
·
0
90AEB =
(góc nt chắn nửa đường tròn)

·
0
90AEC⇒ =
Ta có:
·
·
0
180AEC ADC+ =
⇒
Tứ giác ADCE nội tiếp đường tròn đường kính AC
µ µ
1 1
E C⇒ =
(vì nt cùng chắn cung DA)
Ta có:
µ
µ
1 1
B C=
(vì nt cùng chắn cung DF của đường tròn đường kính BC)
Do đó:

µ
µ
»
»
»
»
1 1
AFE B AG BF BG BF BG= ⇒ = ⇒ = ⇒ =
c) Chứng minh:
.
.
DA DG DE
BA BE BC
=
Ta chứng minh được:
∆
DGB
∽
∆
DAE (g – g)
. .
DG DB
DG DE DA DB
DA DE
⇒ = ⇒ =
(1)
∆
BEA
∽
∆

BDC (g – g)
. .
BE BA
BE BC BA BD
BD BC
⇒ = ⇒ =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
. .
. .
DG DE DA DB DA
BE BC BA BD BA
= =
(đpcm)
Bài 5: (1,0 điểm)
Ta có: A =
1 1 1 1

1 2 2 3 3 4 120 121
+ + + +
+ + + +
=
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 2 3 120 121

1 2 1 2 2 3 2 3 120 121 120 121
− − −
+ + +
+ − + − + −

=
1 2 2 3 120 121

1 1 1
− − −
+ + +
− − −
=
2 1 3 2 121 120− + − + + −
= - 1 + 11 = 10 (1)
Với mọi k
*
,N∈
ta có:
( )
1 2 2
2 1
1
k k
k k k k k
= > = + −
+ + +
Do đó: B =
1 1
1
2 35
+ + +

( )
2 1 2 2 3 3 4 35 36B⇒ > − + − + − + − − +

=
( )
( )
2 1 36 2 1 6 10− + = − + =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: B > A

ĐỀ 5. TP. HỒ CHÍ MINH
SỞ GD-ĐT TP. HỒ CHÍ MINH
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2014 – 2015
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
7 12 0− + =x x
b)
2
( 2 1) 2 0− + + =x x
c)
4 2
9 20 0− + =x x
d)
3 2 4
4 3 5
− =



− =

x y
x y
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
2
=y x
và đường thẳng (D):
2 3= +y 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:
5 5 5 3 5
5 2 5 1 3 5
+
= + −
+ − +
A

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

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

Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Các đường cao AD và
CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp. Suy ra
·
·
0
AHC 180 ABC= −
b) Gọi M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B và C) và N là điểm
đối xứng của M qua AC. Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp.
c) Gọi I là giao điểm của AM và HC; J là giao điểm của AC và HN.
Chứng minh
¶
·
AJI ANC=
d) Chứng minh rằng : OA vuông góc với IJ

BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
7 12 0− + =x x

2
7 4.12 1
7 1 7 1
4 3
2 2
∆ = − =

+ −
⇔ = = = =x hay x
b)
2
( 2 1) 2 0− + + =x x
Phương trình có : a + b + c = 0 nên có 2 nghiệm là :
1 2⇔ = = =
c
x hay x
a
c)
4 2
9 20 0− + =x x
Đặt u = x
2

0
≥
pt thành :
2
9 20 0 ( 4)( 5) 0− + = ⇔ − − =u u u u
4 5⇔ = =u hay u
Do đó pt
2 2
4 5 2 5⇔ = = ⇔ = ± = ±x hay x x hay x
d)
3 2 4
4 3 5
− =



− =

x y
x y
⇔
12 8 16
12 9 15
− =


− =

x y
x y
⇔
1
2
=


=

y
x
Bài 2:
a) Đồ thị:
Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),
( ) ( )
1;1 , 2;4± ±

(D) đi qua
( ) ( )
1;1 , 3;9−
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2
2 3= +x x
⇔
2
2 3 0− − =x x

1 3⇔ = − =x hay x
(a-b+c=0)
y(-1) = 1, y(3) = 9
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là
( ) ( )
1;1 , 3;9−
Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau

5 5 5 3 5
5 2 5 1 3 5
+
= + −
+ − +
A

(5 5)( 5 2) 5( 5 1) 3 5(3 5)
( 5 2)( 5 2) ( 5 1)( 5 1) (3 5)(3 5)
5 5 9 5 15 5 5 9 5 15
3 5 5 3 5 5

4 4 4
3 5 5 5 2 5 5
+ − + −
= + −
+ − − + + −
+ − + − +
= − + − = − +
= − + − =

1 2 6
: 1
3 3 3
   
= + − +
 ÷  ÷
+ + +
   
x
B
x x x x x x
(x>0)

1 2 6
:
3 3 ( 3)
1 ( 2)( 3) 6
:
3 ( 3)
( 1). 1
   

−
= + +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
+ + +
   
 
+ − + +
=
 ÷
 ÷
+ +
 
= + =
+
x x
x x x x x
x x x
x x x
x
x
x x
Câu 4:
Cho phương trình
2
1 0− − =x mx
(1) (x là ẩn số)
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu
Ta có a.c = -1 < 0 , với mọi m nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi m.
b) Gọi x

1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (1):
Tính giá trị của biểu thức :
2
2
1 1
2 2
1 2
1
1
+ −
+ −
= −
x x
x x
P
x x
Ta có
2
1 1
x mx 1= +
và
2
2 2
x mx 1= +
(do x
1
, x

2
thỏa 1)
Do đó
1 1 2 2
1 2
1 2 1 2
mx 1 x 1 mx 1 x 1
(m 1)x (m 1)x
P 0
x x x x
+ + − + + −
+ +
= − = − =
(Vì
1 2
x .x 0≠
)
Câu 5
a) Ta có tứ giác BFHD nội tiếp do có 2 góc đối
F và D vuông
⇒

·
·
·
0
180= = −FHD AHC ABC
b)
·
·

ABC AMC=
cùng chắn cung AC
mà
·
·
ANC AMC=
do M, N đối xứng
Vậy ta có
·
AHC
và
·
ANC
bù nhau
⇒
tứ giác AHCN nội tiếp
c) Ta sẽ chứng minh tứ giác AHIJ nội tiếp
Ta có
·
·
NAC MAC=
do MN đối xứng qua AC mà
· ·
NAC CHN=
(do AHCN nội tiếp)
⇒
¶
¶
IAJ IHJ=
⇒

tứ giác HIJA nội tiếp.
⇒
¶
AJI
bù với
·
AHI
mà
·
ANC
bù với
·
AHI
(do AHCN nội tiếp)
⇒
¶
·
AJI ANC=

Cách 2 :
Ta sẽ chứng minh IJCM nội tiếp
Ta có
·
AMJ
=
·
ANJ
do AN và AM đối xứng qua AC.
Mà
·

ACH
=
·
ANH
(AHCN nội tiếp) vậy
¶
ICJ
=
·
IMJ
⇒
IJCM nội tiếp
⇒

¶
·
·
AJI AMC ANC= =
d) Kẻ OA cắt đường tròn (O) tại K và IJ tại Q ta có
·
AJQ
=
·
AKC
vì
·
AKC
=
·
AMC

(cùng chắn cung AC), vậy
·
AKC
=
·
AMC
=
·
ANC
Xét hai tam giác AQJ và AKC :
Tam giác AKC vuông tại C (vì chắn nửa vòng tròn )
⇒
2 tam giác trên đồng dạng
Vậy
µ
0
Q 90=
. Hay AO vuông góc với IJ
Cách 2 : Kẻ thêm tiếp tuyến Ax với vòng tròn (O) ta có
·
xAC
=
·
AMC
mà
·
AMC
=
¶
AJI

do chứng minh trên vậy ta có
·
xAC
=
·
AJQ

⇒
JQ song song Ax
vậy IJ vuông góc AO (do Ax vuông góc với AO)
B
A
F
C
O
D
K
H
M
x
I
J
Q
N
ĐỀ 6. TP.ĐÀ NẴNG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TP.ĐÀ NẴNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2014-2015

MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (1,5 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức
9 4A = −
Rút gọn biểu thức
2 2 2
2
2 2
x x
P
x
x x
−
= +
−
+
, với x > 0,
2x
≠
Bài 2: (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
3 4 5
6 7 8
x y
x y
+ =


+ =


Bài 3: (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x
2
có đồ thị (P) và hàm số y = 4x + m có đồ thị (d
m
)
1)Vẽ đồ thị (P)
2)Tìm tất cả các giá trị của m sao cho (d
m
) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt, trong đó tung độ
của một trong hai giao điểm đó bằng 1.
Bài 4: (2,0 điểm)
Cho phương trình x
2
+ 2(m – 2)x – m
2
= 0, với m là tham số.
1)Giải phương trình khi m = 0.
2)Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
và x
2
với x
1
< x
2
, tìm tất cả các giá trị
của m sao cho
1 2

6x x− =
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC). Vẽ đường tròn (C) có tâm C, bán
kính CA. Đường thẳng AH cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là D.
1)Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (C).
2)Trên cung nhỏ
»
AD
của đường tròn (C) lấy điểm E sao cho HE song song với AB. Đường thẳng
BE cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là F. Gọi K là trung điểm của EF. Chứng minh rằng:
a) BA
2
= BE.BF và
·
·
BHE BFC=
b) Ba đường thẳng AF, ED và HK song song với nhau từng đôi một.

BÀI GIẢI
Bài 1:
1)A = 3 – 2 = 1
2)Với điều kiện đã cho thì
( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2
1
2 2
2 2 2 2

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

Bài 3:
1)
2) Phương trình hoành độ giao điểm của y = x
2
và đường thẳng y = 4x + m là :
x
2
= 4x + m
⇔

x
2
– 4x – m = 0 (1)
(1) có
4 m
′
∆ = +
Để (d
m
) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì
0 4 0 4m m
′
∆ > ⇔ + > ⇔ > −
y = 4x + m = 1 => x =
1
4
m−
Yêu cầu của bài toán tương đương với
4 4 4
1 7 7
2 4 4 4
4 4 4
m m m
hay
m m m
m m m
> − > − > −
  
  
⇔

  
− − − − −
± + = + = − + =
  
  
⇔
4
7
7
4
4
m
m
m
m


> −

< −


− −

+ =

(loại) hay
4
7
4 4 7

m
m
m m

> −

> −


+ = +

( )
2
2
4
4
4
5 hay 3
5 hay 3
16 4 14 49
2 15 0
m
m
m
m m
m m
m m m
m m
> −
> −


> −



⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = = −
  
= = −
+ = + +
− − =




Bài 4:
1)Khi m = 0, phương trình thành : x
2
– 4x = 0
⇔
x = 0 hay x – 4 = 0
⇔
x = 0 hay x = 4
2)
( )
( )
( )
2 2
2 2 2
2 2 4 4 2 2 1 2 2 1 2 0m m m m m m m m
′

∆ = − + = − + = − + + = − + > ∀
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Ta có
( )
2
1 2 1 2
2 2 , 0= + = − = = − ≤S x x m P x x m
Ta có
( )
2
2 2
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
6 2 36 2 2 36− = ⇒ − + = ⇔ + − + =x x x x x x x x x x x x
( ) ( )
2 2
4 2 36 2 9− = ⇔ − =m m
1hay 5⇔ = − =m m
Khi m = -1 ta có
1 2 1 2
x 3 10,x 3 10 x x 6= − = + ⇒ − = −
(loại)
Khi m = 5 ta có
1 2 1 2
x 3 34,x 3 34 x x 6= − − = − + ⇒ − =
(thỏa)
Vậy m = 5 thỏa yêu cầu bài toán.
Bài 5:
1)Ta có
·
0

BAC 90=
nên BA là tiếp tuyến với (C).
BC vuông góc với AD nên
H là trung điểm AD. Suy ra
·
·
0
BDC BAC 90= =

nên BD cũng là tiếp tuyến với (C)
2)
a)
Trong tam giác vuông ABC
ta có
2
AB BH.BC=
(1)
Xét hai tam giác đồng dạng ABE và FBA
vì có góc B chung
và
·
·
BAE BFA=
(cùng chắn cung AE)
suy ra
2
AB BE
AB BE.FB
FB BA
= ⇒ =

(2)
Từ (1) và (2) ta có BH.BC = BE.FB
Từ BE.BF= BH.BC
BE BH
BC BF
⇒ =

2 tam giác BEH và BCF đồng dạng vì có góc B chung và
BE BH
BC BF
=
·
·
BHE BFC⇒ =
b) do kết quả trên ta có
·
·
BFA BAE=
·
·
·
HAC EHB BFC= =
, do AB //EH. suy ra
·
·
·
·
· ·
DAF DAC FAC DFC CFA BFA= − = − =
·

·
DAF BAE⇒ =
, 2 góc này chắn các cung
»
»
AE,DF
nên hai cung này bằng nhau
Gọi giao điểm của AF và EH là N. Ta có 2 tam giác HED và HNA bằng nhau
(vì góc H đối đỉnh, HD = HA,
·
·
EDH HDN=
(do AD // AF)
Suy ra HE = HN, nên H là trung điểm của EN. Suy ra HK là đường trung bình của tam giác EAF.
Vậy HK // AF.
Vậy ED // HK // AF.
A
B
F
C
D
E
H
K
N
ĐỀ 7. TỈNH KHÁNH HOÀ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
KHÁNH HOÀ NĂM HỌC 2014 – 2015

.
MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN)
Ngày thi: 20/6/2014
(Thời gian : 120 phút – không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2,00 điểm)
1) Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức:
1 8 10
2 1 2 5
A
−
= −
+ −

2) Rút gọn biểu thức B =
1
:
2 2 4 4
a a a
a a a a a
+
 
+
 ÷
− − − +
 
với a > 0, a ≠ 4.
Bài 2: (2,00 điểm)
1) Cho hệ phương trình:
ax y y
x by a

− = −


− = −


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

a)Vẽ đồ thị (P).
b)Trên (P) lấy điểm A có hoành độ x
A
= -2. Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox sao cho MA – MB đạt giá
trị lớn nhất, biết rằng B(1; 1).
Bài 4: (2,00 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kình AB = 2R. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B.
Trên cung
»
AB
lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N. Gọi C là trung điểm của

AM , tia CO cắt d tại D.
a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: NO ⊥ AD
c) Chứng minh rằng: CA. CN = CO . CD.
d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ nhất.
HẾT
Giám thị không giải thích gì thêm.
HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Bài 1: (2,00 điểm)
1)
1 8 10 2 1 2(2 5)
2 1 2 1
1
2 1 2 5 2 5
A
− − −
= − = − = − − = −
+ − −

2) B =
1
:
2 2 4 4
a a a
a a a a a
+
 
+
 ÷

− − − +
 
với a > 0, a ≠ 4.
=
2
1 ( 2)
:
2 2 4 4 2 2 1
a a a a a a
a a a a a a a a
 
+ −
 
+ = + ×
 ÷
 ÷
− − − + − − +
 
 
=
2 2
( 2) (1 ) ( 2)
( 2)
2 1 2 1
a a a a a a
a a
a a a a
+ − + −
× = × = −
− + − +

Bài 2: (2,00 điểm)
1) Vì hệ phương trình:
ax y y
x by a
− = −


− = −

có nghiệm (x, y) = (2; 3) nên ta có hpt:
2 3 2 3 6 3 9 7 7 1
2 3 3 2 3 2 2 3 1
a b a b a b a a
b a a b a b a b b
− = − + = + = = =
    
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
− = − − = − − = − + = =
    
Vậy a = 1, b = 1
2) Giải phương trình:
( )
2 2 –1 3 5 6 3 8x x x
− − = −
( )
2 2
4 2 – 1 6 5 6 2 3 8
((5 6 5 6 9) ((3 2 3 8 1) 0
( 5 6 3) ( 3 8 1) 0

5 6 3 0
3
3 8 1 0
x 6) x 8)
x x x
x x
x x
x
x
x
⇔ − − = −
⇔ − + + − + =
⇔ − − + −
−
− =

− − =

⇔ ⇔ =

− − =


− − −
Vậy pt có nghiệm x = 3.
Bài 3: (2,00 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P):
2
1
2

y x
=

a)Lập bảng giá trị (HS tự làm).
Đồ thị:

b)Vì A ∈ (P) có hoành độ x
A
= -2 nên y
A
= 2. Vậy A(-2; 2)
Lấy M(x
M
; 0) bất kì thuộc Ox,
Ta có: MA – MB ≤ AB (Do M thay đổi trên Ox và BĐT tam giác)
Dấu “=” xẩy ra khi 3 điểm A, B, M thẳng hàng, khi đó M là giao điểm của đường thẳng AB và trục Ox.
- Lập pt đường thẳng AB
- Tìm giao điểm của đường thẳng AB và Ox, tìm M (4; 0).
Bài 4: (2,00 điểm)

a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp.
HD: Tứ giác OBNC nội tiếp có
·
·
0
180OCN OBN+ =

b) Chứng minh rằng: NO ⊥ AD
HD:
°

AND có hai đường cao cắt nhau tại O,
suy ra: NO là đường cao thứ ba hay: NO ⊥ AD
c) Chứng minh rằng: CA. CN = CO . CD.
HD:
°
CAO
#

°
CDN
⇒

D
CA CO
C CN
=

⇒
CA. CN = CO . CD
d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có: 2AM + AN ≥ 2
2 .AM AN
(BĐT Cauchy – Côsi)
Ta chứng minh: AM. AN = AB
2
= 4R
2.
(1)
Suy ra: 2AM + AN ≥ 2
2

2.4R
= 4R
2.
Đẳng thức xẩy ra khi: 2AM = AN ⇒ AM = AN/2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AM = R
2

⇒ °AOM vuông tại O ⇒ M là điểm chính giữa cung AB
ĐỀ 8. TỈNH QUẢNG NGÃI
Bài 1: (1,5 điểm)
a/ Tính:
43252 +
b/ Xác định a và b để đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A(1; − 2) và điểm B(3; 4)
c/ Rút gọn biểu thức A =
2x
4x
:
2x
2
2x
x
+
+









−
+
+
với x ≥ 0 và x ≠ 4
Bài 2: (2,0 điểm)
1/ Giải phương trình x
4
+ 5x
2
− 36 = 0
2/ Cho phương trình x
2
− (3m + 1)x + 2m
2
+ m − 1 = 0 (1) với m là tham số.
a/ Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b/ Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (1). Tìm m để biểu thức
B = x
1
2
+ x
2
2
− 3x
1

x
2
đạt giá trị lớn nhất.
Bài 3: (2,0 điểm)
Để chuẩn bị cho một chuyến đi đánh bắt cá ở Hoàng Sa, hai ngư dân đảo Lý Sơn cần chuyển
một số lương thực, thực phẩm lên tàu. Nếu người thứ nhất chuyển xong một nửa số lương thực,
thực phẩm; sau đó người thứ hai chuyển hết số còn lại lên tàu thì thời gian người thứ hai hoàn thành
lâu hơn người thứ nhất là 3 giờ. Nếu cả hai cùng làm chung thì thời gian chuyển hết số lương thực,
thực phẩm lên tàu là
7
20
giờ. Hỏi nếu làm riêng một mình thì mỗi người chuyển hết số lương thực,
thực phẩm đó lên tàu trong thời gian bao lâu?
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB;
P là điểm thuộc cung MB (P khác M và P khác B). Đường thẳng AP cắt đường thẳng OM tại C;
đường thẳng OM cắt đường thẳng BP tại D. Tiếp tuyến của nửa đường tròn ở P cắt cắt CD tại I.
a/ Chứng minh OADP là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b/ Chứng minh OB.AC = OC.BD.
c/ Tìm vị trí của điểm P trên cung MB để tam giác PIC là tam giác đều. Khi đó hãy tính diện
tích của tam giác PIC theo R.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho biểu thức A = (4x
5
+ 4x
4
− 5x
3
+ 5x − 2)
2014

+ 2015. Tính giá trị của biểu thức A khi x =
12
12
2
1
+
−
.
HẾT
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
GỢI Ý BÀI GIẢI TOÁN VÀO 10 KHÔNG CHUYÊN LÊ KHIẾT QUẢNG NGÃI.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2014-2015
MÔN : TOÁN (không chuyên)
Ngày thi: 19/6/2014
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC