50 ĐỀ THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT CÁC TRƯỜNG TRÊN TOÀN QUỐC CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT

1

50 ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT CÁC TRƢỜNG TRÊN
TOÀN QUỐC CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT

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 (không kể thời gian giao đề)

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 phƣơng trình và hệ phƣơng trình sau:
a)
2
x 9x 20 0  
b)
42
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 đƣờng thẳng
   
d :y 2 m 1 x 5 2m   
(m là tham số)
a) Vẽ đồ thị parabol (P).
b) Biết đƣờng thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Gọi hoành
độ giao điểm của đƣờng thẳng (d) và parabol (P) là x
1
, x
2
. Tìm m để
22
12
x x 6

Bài 4. (1.0 điểm)
Một đội xe cần chở 36 tấn hàng. Trƣớc khi làm việc, đội đƣợc 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 lƣợng hàng chở trên mỗi xe nhƣ nhau.

Bài 5. (1.0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 15cm và AC = 20cm. Tính độ dài đƣờng
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 đƣờng cao BD và CE cắt nhau tại H
(D thuộc AC; E thuộc AB).
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp đƣợc trong một đƣờng tròn.
b) Gọi M, I lần lƣợt là trung điểm của AH và BC. Chứng minh MI vuông góc
ED.

ĐỀ CHÍNH THỨC

2

Bài 7. (1.0 điểm)
Biết phƣơng 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…
Thí sinh không đƣợc sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

HƢỚNG 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) Phƣơng trình
2
x 9x 20 0  
có tập nghiệm S = {4; 5} (hs tự giải)
b) Phƣơng trình
42
x 4x 5 0  
có tập nghiệm
 
S 5; 5
(hs tự giải)
c) Nghiệm của hệ
2x y 5
x y 1





là
x2

y1





(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) Phƣơng 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:
12
12
b
x x 2m 2
a
c
x .x 2m 5
a

    




  



Theo đề bài, ta có:
 
2
22
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 dƣơng)
Số xe lúc sau: x + 3 (chiếc)
Số tấn hàng đƣợc chở trên mỗi xe lúc đầu:
36
x
(tấn)
-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

3

Số tấn hàng đƣợc chở trên mỗi xe lúc sau:
36
x3
(tấn)
Theo đề bài ta có phƣơng trình:
36 36
1
x x 3



Phƣơng trình trên tƣơng đƣơng 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, đƣờng 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
đƣợc trong một đƣờng tròn.
b) Tứ giác BEDC có:
·
·
0
BEC BDC 90
(gt) nên cùng
nội tiếp nửa đƣờng tròn tâm I
đƣờng kính BC (1)
Tƣơng tự, tứ giác ADHE nội
tiếp đƣờng tròn tâm M đƣờng
kính AH và E, D là giao điểm
của hai đƣờng tròn tâm M và
tâm I. Do đó đƣờng nối tâm IM
là đƣờng trung trực của dây chung ED.
Suy ra: MI ⊥ AD (đpcm)
Bài 7. Theo đề: (x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) = 0
M
H
C

B
A
I
M
H
D
E
C
B
A

4

⇔ x
2
– ax – bx + ab + x
2
– bx – cx + bc + x
2
– cx – ax + ca = 0
⇔ 3x
2
– 2(a + b + c)x + ab + bc + ca = 0
 
   
2
2
//
b ac a b c 3 ab bc ca        

2 2 2 2 2 2
a b c 2ab 2bc 2ca 3ab 3bc 3ca a b c ab bc ca              


       
2 2 2 2 2 2 2 2 2
11
2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca a 2ab b b 2bc c c 2ca a
22

              

     
2 2 2
1
a b b c c a 0
2

      

với mọi a, b, c
Vì phƣơng trình trên có nghiệm kép nên:
/
a b 0
0 b c 0 a b c
c a 0



       






Nghiệm kép:
/
12
b a b c
x x a b c
a3

      


5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
CHUYÊN
KHÁNH HOÀ NĂM HỌC 2015-2016

Môn thi: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN)
(Đề thi có 01 trang) Ngày thi: 04/6/2015
(Thời gian: 120 phút – không kể thời gian giao đề)

Bài 1. ( 2.00 điểm)
Cho biểu thức M =
1
x y y y x x
xy

  


1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn M.
2) Tính giá trị của M, biết rằng x =
2
(1 3)
và y =
38

Bài 2. (2,00 điểm)
1) Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phƣơng trình:
4 3 4
22
xy
xy








2) Tìm giá trị của m để phƣơng trình x
2
– mx + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2

thoả mãn hệ thức (x
1
+ 1)
2
+ (x
2
+ 1)
2
= 2.
Bài 3. ( 2,00 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parabol (P): y = - x
2

1) Vẽ parabol (P).
2) Xác định toạ độ các giao điểm A, B của đƣờng thẳng (d): y = -x – 2 và (P). Tìm
toạ điểm M trên (P) sao cho tam giác MAB cân tại M.
Bài 4. (4,00 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB<AC). Hai đƣờng tròn (B; BA) và (C; CA) cắt
nhau tại điểm thứ hai là D. Vẽ đƣờng thẳng a bất kì qua D cắt đƣờng tròn (B) tại M và cắt
đƣờng tròn (C) tại N ( D nằm giữa M và N). Tiếp tuyến tại M của đƣờng tròn (B) và tiếp
tuyến tại N của đƣờng tròn (C) cắt nhau tại E.
1) Chứng minh BC là tia phân giác của
·
ABD

2) Gọi I là giao điểm của AD và BC. Chứng minh: AD
2
= 4BI.CI
3) Chứng minh bốn điểm A, M, E, N cùng thuộc một đƣờng tròn.

4) Chứng minh rằng số đo
·
MEN
không phụ thuộc vị trí của đƣờng thẳng a.

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

6


HƢỚNG DẪN GIẢI
Bài 1: M =
1
x y y y x x
xy
  


a) ĐK: x0; y0

11
( ) ( ) ( )( 1)
11
x y y y x x x y y x x y
M
xy xy
xy x y x y x y xy
xy
xy xy
     



    
   


b) Với x =
2
(1 3)
và y =
2
3 8 3 2 2 ( 2 1)    

22
(1 3) ( 2 1) 3 1 2 1 3 2M          

Bài 2:
a)

4 3 4 4 3 4 5 0
2 2 4 2 4 2 2
0
0
0
1
1
22
x y x y y
x y x y x y
y

y
y
x
x
x
  
    
  

  
     
  
  






  
  








b)  = (-m)

2
- 4.1.1= m
2
– 4
Để phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt thì: m
2
– 4  0  m2 hoặc m-2
Theo hệ thức Viet, ta có: x
1
+ x
2
= m; x
1
.x
2
= 1
Ta có: (x
1
+ 1)
2
+ (x
2
+ 1)
2
= 2.
2 2 2
11 22 2 1 2 1 2 1
x2 1 2 1 2 ( ) 2( ) 2 0x x x x x x x x x          

Suy ra: m

2
+2m-2=0  m=
31
(không thoả đk) hoặc m=
31
(thoả đk)
Vậy: m=
31

Bài 3:
b) HD: Viết pt đƣờng trung trực (d‘) của AB, tìm giao điểm của (d‘) và (P), ta tìm đƣợc
hai điểm M.

Hoành độ các giao điểm A, B của đƣờng thẳng (d): y = -x – 2 và (P) là nghiệm của
phƣơng trình: – x
2
= – x – 2  x
2
– x – 2 =0  x= -1 hoặc x = 2
+ Với x = -1, thay vào (P), ta có: y = –(-1)
2
= -1, ta có: A(-1; -1)
+ Với x = 2, thay vào (P), ta có: y = –(2)
2
= -4, ta có: B(2; -4)

7

Suy ra trung điểm của AB là:
1 2 1 ( 4)

( ; )
22
I
    
hay
15
( ; )
22
I


Đƣờng thẳng (d‘) vuông góc với (d) có dạng: y = x + b;
Vì (d‘): y = x + b đi qua I nên:
51
3
22
bb

    

Vậy (d‘): y = x -3
Phƣơng trình hoành độ của (d‘) và (P) là: x
2
+ x - 3 = 0 
1 13
2
x



+ Với
1 13
2
x



2
1 13 7 13
22
y

   
  



+ Với
1 13
2
x



2
1 13 7 13
22
y

   

  



Vậy có hai điểm M cần tìm là:
1 13 7 13
;
22

   


và
1 13 7 13
;
22

   



Bài 4:
A
B
C
D
a
M
N
E

I

a) C/m: ABC = DBC (ccc) 
·
·
ABC DBC
hay: BC là phân giác của
·
ABD

b) Ta có: AB = BD (=bk(B))
CA = CD (=bk(C))
Suy ra: BC là trung trực của AD hay BC  AD AIB
Ta lại có: BC  AD tại I  IA = ID (đlí)
Xét ABC vuông tại A (gt) có: AIBC, suy ra: AI
2
= BI.CI hay:

8

2
2
D
. D 4 .
4
A
BI CI A BI CI  

c) Ta có:
·

·
DME DAM
(hệ quả t/c góc tạo bởi tia tuyến và dây cung)

·
·
DNE DAN
(hệ quả t/c góc tạo bởi tia tuyến và dây cung)
Suy ra:
·
·
·
·
DME DNE DAM DAN  

Trong MNE có:
· ·
·
180
o
MEN EMN ENM  
, suy ra:
·
·
·
180
o
MEN DAM DAN  

Hay:

· ·
180
o
MEN MAN
 tứ giác AMEN nội tiếp.
d) Trong AMN có:
·
·
·
180
o
MAN AMN ANM  
, mà:
· ·
180
o
MEN MAN

suy ra:
·
·
·
MEN AMN ANM

Ta lại có:
·
·
·
·
·

·
11
ACD, D
22
AND ACB AM ABC ABD   
(góc ở tâm và góc nội tiếp cùng
chắn một cung)
Mà: ABC vuông tại A nên:
·
90
o
MEN 
(không đổi)
Vậy số đo góc MEN không phụ thuộc vào đƣờng thẳng a.




9

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
BÌNH DƢƠNG 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 đƣờng 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 phƣơng trình:
2 10
1
1
2
xy
xy









2) Giải phƣơng trình:
20xx  


Bài 4:(2,0 điểm)
Cho phƣơng trình
2
2( 1) 2 0x m x m   
(m là tham số)
1) Chứng minh phƣơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
2) Tìm các giá trị của m để phƣơng trình có hai nghiệm cùng dƣơng.
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. Đƣờng tròn đƣờng
kính MC cắt BC tại N. Đƣờng thẳng BM cắt đƣờng tròn đƣờng kính MC tại D.
1) Chứng minh tứ giác BADC nội tiếp. Xác định tâm O của đƣờng tròn đó.
2) Chứng minh DB là phân giác của góc ADN.
3) Chứng minh OM là tiếp tuyến của đƣờng tròn đƣờng kính MC.
4) BA và CD kéo dài cắt nhau tại P. Chứng minh ba điểm P, M, N thẳng hàng.

…………Hết………




10

HƢỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
2015 - 2016
BÌNH DƢƠNG
Bài 1. Với
x2
ta có:
 
2
A 6 2 2 2 1 3 2 2 2 1 2 1 2 1           

Bài 2.
1) Vẽ đồ thị (P) hàm số
2
4

x
y

2) Gọi (d) là đƣờng thẳng có phƣơng
trình y = ax + b.
Vì (d) đi qua gốc tọa độ O(0; 0) nên
b = 0.
Phƣơng trình hoành độ giao điểm
của (P) và (d):

2
x
ax

4


Vì (d) cắt (P) tại điểm A có hoành độ là —3 nên:
 
93
a 3 a
44
    

Vậy:
3
a
4

; b = 0
Bài 3.
1) Hệ phƣơng trình:
2 10
1
1
2







xy

xy
có nghiệm
x6
y2





(hs tự giải)
2) Phƣơng trình:
20  xx
(ĐKXĐ: x ≥ 0)
Phƣơng trình trên tƣơng với
x 2 x x 2 0   
⇔
 
x x 2 x 2 0   

⇔
  
x 2 x 1 0  
⇔
x1
x4
x2








.
Vậy x = 4
Bài 4. Phƣơng trình
2
2( 1) 2 0   x m x m
(m là tham số)
1) ∆ = 4m
2
+ 8 > 0 với mọi m nên phƣơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
2) Để phƣơng trình có hai nghiệm cùng dƣơng mà ∆ > 0 với mọi m thì ta phải có:
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7

8
9
x
y
O
2
x
y
4


11

 
2m 0
P 0 m 0
m0
2 m 1 0
S 0 m 1



  
  





>

>>
>
>
>>

3) Theo Viet: S = 2m + 2; P = 2m. Suy ra: S – P = 2 ⇔ x
1
+ x
2
– x
1
x
2
= 2 là hệ thức liên
hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m.
Bài 5.
a)
·
·
0
BAC BDC 90
(gt) nên tứ giác BADC nội tiếp đƣờng tròn tâm O là trung điểm của
BC.
b)
·
·
·
 
ADB BDN ACB
(hai góc nội tiếp cùng chắn một cung trong các đƣờng tròn

ngoại tiếp tứ giác BADC, NMDC) nên DB là phân giác góc AND.
c) OM ⊥ AC (OM là đƣờng trung bình tam
giác ABC) nên suy ra MO là tiếp tuyến
đƣờng tròn đƣờng kính MC.
d) MN ⊥ BC (góc MNC nội tiếp nửa đƣờng
tròn đƣờng kính MC)
PM ⊥ BC (M là trực tâm tam giác
PBC)
Suy ra P, M, N thẳng hàng.







O
N
M
D
P
C
B
A

12

SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2015 – 2016
Đề thi chính thức Môn: Toán (Chuyên)
(Gồm 01 trang) Ngày thi: 10/06/2015

Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1. (2,0 điểm)
a. Chứng minh với mọi số n lẻ thì n² + 4n + 5 không chia hết cho 8.
b. Tìm nghiệm (x; y) của phƣơng trình x² + 2y² + 3xy + 8 = 9x + 10y với x, y thuộc N*.
Câu 2. (2,0 điểm)
Cho phƣơng trình 5x² + mx – 28 = 0 (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phƣơng
trình có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn điều kiện 5x
1
+ 2x
2
= 1.
Câu 3. (2,0 điểm)
a. Cho phƣơng trình x
4
– 2(m – 2)x² + 2m – 6 = 0. Tìm các giá trị của m sao cho phƣơng
trình có 4 nghiệm phân biệt.
b. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng a
5
+ b
5
+ c
5
+
1 1 1
a b c


≥ 6.
Câu 4. (2,0 điểm)
Cho đƣờng tròn tâm O có hai đƣờng kính AB và MN. Vẽ tiếp tuyến d của đƣờng tròn
(O) tại B. Đƣờng thẳng AM, AN lần lƣợt cắt đƣờng thẳng d tại E và F.
a. Chứng minh rằng MNFE là tứ giác nội tiếp.
b. Gọi K là trung điểm của FE. Chứng minh rằng AK vuông góc với MN.
Câu 5. (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đƣờng thẳng d đi qua A sao cho d không cắt đoạn
BC. Gọi H, K lần lƣợt là hình chiếu vuông góc của B và C trên d. Tìm giá trị lớn nhất của
chu vi tứ giác BHKC.

Hƣớng dẫn giải đề tuyển sinh lớp 10 Môn Toán Bạc Liêu
Câu 1.
a. n² + 4n + 5 = (n + 2)² + 1
Vì n là số lẻ suy ra n + 2 = 2k + 1, k là số nguyên
Ta có (n + 2)² + 1 = 4k² + 4k + 2 không chia hết cho 4
Vậy n² + 4n + 5 không chia hết cho 8
b. x² + 2y² + 3xy + 8 = 9x + 10y
<=> x² + 2xy + xy + 2y² – 8(x + y) – (x + 2y) + 8 = 0
<=> x(x + 2y) + y(x + 2y) – 8(x + y) – (x + 2y) + 8 = 0
<=> (x + y – 1)(x + 2y) – 8(x + y – 1) = 0
<=> (x + y – 1)(x + 2y – 8) = 0 (a)
Với x ≥ 1, y ≥ 1 (vì thuộc N*) suy ra x + y – 1 ≥ 1 > 0
Do đó (a) <=> x + 2y = 8
Ta có 2y ≤ 8 – 1 = 7
Nên y ≤ 7/2
Mà y thuộc N* suy ra y = 1; 2; 3
Lập bảng kết quả
y 1 2 3
x 6 4 2

Vậy tập hợp bộ số (x, y) thỏa mãn là {(6; 1), (4; 2), (2; 3)}
Câu 2. 5x² + mx – 28 = 0
Δ = m² + 560 > 0 với mọi m

13

Nên phƣơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
.
Ta có: x
1
+ x
2
= –m/5 (1)
x
1
x
2
= –28/5 (2)
5x
1
+ 2x
2
= 1 (3)
Từ (3) suy ra x
2
= (1 – 5x
1

)/2 (4)
Thay (4) vào (2) suy ra 5x
1
(1 – 5x
1
) = –56
<=> 25x
1
² – 5x
1
– 56 = 0
<=> x
1
= 8/5 hoặc x
1
= –7/5
Với x
1
= 8/5 → x
2
= –7/2
Thay vào (1) ta có 8/5 – 7/2 = –m/5 <=> m = 19/2
Với x
1
= –7/5 → x
2
= 4 → –7/5 + 4 = –m/5 suy ra m = –13
Câu 3.
a. x
4

– 2(m – 2)x² +2m – 6 = 0. (1)
Đặt t = x² (t ≥ 0)
(1) <=> t² – 2(m – 2)t + 2m – 6 (2)
Δ‘ = (m – 2)² – (2m – 6) = m² – 6m + 10 = (m – 3)² + 1 > 0 với mọi m.
Phƣơng trình (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt.
Ứng với mỗi nghiệm t > 0 thì phƣơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Do đó, phƣơng
trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi chỉ khi phƣơng trình (2) có hai nghiệm phân biệt
dƣơng.
<=> 2m – 6 > 0 và 2(m – 2) > 0 <=> m > 3.
Vậy m > 3 thỏa mãn yêu cầu.
b. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng a
5
+ b
5
+ c
5
+
1 1 1
a b c

≥ 6.
Áp dụng bất đẳng thức cô si: a
5
+ 1/a ≥ 2a²; b
5
+ 1/b ≥ b²; c
5
+ 1/c ≥ c².
Suy ra a
5

+ b
5
+ c
5
+
1 1 1
a b c

≥ 2(a² + b² + c²)
Mặt khác a² + 1 ≥ 2a; b² + 1 ≥ 2b; c² + 1 ≥ 2c
Suy ra a² + b² + c² ≥ 2a + 2b + 2c – 3 = 3
Vậy đpcm.
Câu 4.
a. Tam giác ABE vuông tại B và BM vuông góc với AE
Nên ta có AM.AE = AB²
Tƣơng tự AN.AF = AB²
Suy ra AM.AE = AN.AF
Hay AM/AN = AE/AF
Xét ΔAMN và ΔAFE có góc MAN chung
Và AM/AN = AF/AE
Do đó ΔAMN và ΔAFE đồng dạng
Suy ra góc AMN = góc AFE.
Mà góc AMN + góc NME = 180° (kề bù)
Nên góc AFE + góc NME = 180°
Vậy tứ giác MNFE nội tiếp đƣờng tròn.
b. góc MAN = 90°
Nên tam giác AEF vuông tại A suy ra AK = KB = KF
Do đó góc KAF = góc KFA
Mà góc AMN = góc KFA (cmt)
M

E
A
B
K
N
F

14

Suy ra góc KAF = góc AMN
Mà góc AMN + góc ANM = 90°
Suy ra góc KAF + góc ANM = 90°.
Vậy AK vuông góc với MN
Câu 5.
Ta có BC² = AB² + AC² = BH² + AH² + AK² + CK²
Ta cần chứng minh bất đẳng thức:
(ac + bd)² ≤ (a² + b²)(c² + d²) (*)
Ta có: (*) <=> a²c² + 2acbd + b²d² ≤ a²c² + a²d² + b²c² + b²d²
<=> a²d² – 2abcd + b²c² ≥ 0 <=> (ad – bc)² ≥ 0 (đúng với mọi a, b, c, d)
Dấu bằng xảy ra khi ad = bc hay a/c = b/d
Áp dụng (*) ta đƣợc: 2(BH² + AH²) ≥ (BH + AH)² (1)
Tƣơng tự ta có 2(AK² + CH²) ≥ (AK + CK)² (2)
Suy ra 2BC² ≥ (BH + AH)² + (AK + CK)² (3)
Đặt BH + AH = m; đặt AK + CK = n
Vì góc CAK + góc BAH = 90°; mà góc BAH + góc ABH = 90° nên góc CAK = góc
ABH
Dẫn đến tam giác ABH đồng dạng với tam giác CAK
→ AH/CK = BH/AK = AB/AC = (AH + BH)/(CK + AK) = m/n
Nên AB²/m² = AC²/n² = (AB² + AC²)/(m² + n²) ≥ BC²/(2BC²) = 1/2
Hay m ≤ AB

2
và n ≤ AC
2

Chu vi tứ giác BHKC là BC + BH + AH + AK + KC = BC + m + n ≤ BC + (AB +
AC)
2

Vậy chu vi BHKC lớn nhất là BC + (AB + AC)
2


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
2015-2016 BÌNH ĐỊNH
KHÓA NGÀY: 18 – 06 – 2015
Đề chính thức Môn thi: TOÁN

Ngày thi: 19 – 06 – 2015

Thời gianm làm bài: 120 phút (không kể chép đề)
Bài 1: (2,0 điểm)
a) Giải hệ phƣơng trình:
21
1
xy
xy







b) Rút gọn biểu thức P =
2
11
.
1
1
a a a
a
a
a
   


   
   


   
(với a

0, a

1)
Bài 2: (2,0 điểm)
Cho phƣơng trình: x
2
+ 2(1 – m)x – 3 + m = 0 , m là tham số.
a) Giải phƣơng trình với m = 0

b) Chứng minh rằng phƣơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m
B
C
A
H
K

15

c) Tìm giá trị của m để phƣơng trình có hai nghiệm đối nhau.
Bài 3: (2,0 điểm)
Trên một vùng biển đƣợc xem nhƣ bằng phẳng và không có các chƣớng ngại
vật. Vào lúc 6 giờ có một tàu cá đi thẳng qua tọa độ X theo hƣớng từ Nam đến Bắc với
vận tốc không đổi. đến 7 giờ một tàu du lịch cũng đi thẳng qua tọa độ X nhƣng theo
hƣớng từ Đông sang Tây với vận tốc lớn hơn vận tốc tàu cá 12 km/h. Đến 8 giờ khoảng
cách giữa hai tàu là 60km. Tính vận tốc mỗi tàu.
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đƣờng tròn (O; R).
Vẽ đƣờng cao AH của tam giác ABC, đƣờng kính AD của đƣờng tròn (O). Gọi E, F lần
lƣợt là chân đƣờng vuông góc kẻ từ C và B xuống đƣờng thẳng AD. Gọi M là trung điểm
BC.
a) Chứng minh các tứ giác ABHF và BMFO nội tiếp.
b) Chứng minh HE // BD
c) Chứng minh S
ABC
=

4
AB AC BC
R

(S
ABC
là diện tích tam giác ABC)
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho các số tực a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh:
N =
2 2 2
333
6
a b c
b c c a a b

  
  



HẾT
NGỌC THỌ HƢỚNG DẪN GIẢI

Bài 1: (2,0 điểm)
a) Ta có:
2 1 0 0
1 1 1
x y x x
x y x y y
  
   

  

    
  

Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất là (x; y) = (0; 1)
b) với a

0, a

1) ta có:
P =
22
2
1 1 (1 )(1 ) 1

1
1 1 (1 )(1 )
a a a a a a a
aa
a
a a a a

     
     

  
     
     


   

     


=
 
 
2
2
1
1 . 1
1
a
a



Bài 2: (2,0 điểm)
a) Thay m = 0 vào phƣơng trình đã cho ta đƣợc: x
2
+ 2x – 3 = 0
ta có a + b + c = 1 + 2 – 3 = 0, phƣơng trình có hai nghiệm là: x
1
= 1; x
2
= -3
vậy m = 0 phƣơng trình có hai nghiệm là: x
1
= 1; x
2
= -3

b) Ta có:

‘ = (1 – m)
2
– 1(-3 + m) = m
2
– 2m + 1 + 3 – m = m
2
– 3m + 4 =

16

2
37
24
m




> 0 với mọi giá trị m
Vậy phƣơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m.
c) Vì phƣơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m.
Nên phƣơng trình có hai nghiệm đối nhau khi: x
1
+ x
2
= 0
Hay -2(1 – m) = 0  m = 1
Vậy m = 1 thì phƣơng trình có hai nghiệm đối nhau.

Bài 3: (2,0 điểm)


v
s
t
Tàu cá
x
2x
2
Tàu du lịch
x + 12
x + 12
1
Vì Tàu cá đi theo hƣớng từ Nam đến Bắc và Tàu du lịch đi theo hƣớng từ Đông sang Tây
và hai tàu cách nhau 60km nên ta có phƣơng trình: (2x)
2
+ (x +12)
2
= 60
2

5x
2
+ 24x – 3456 = 0
Giải phƣơng trình ta đƣợc x
1
= 24 (thỏa mãn) và x
2
= -28,8 (loại)

Vậy vận tốc của Tàu cá là 24 km/h còn vận tốc Tàu du lịch là 36 km/h

Bài 4: (3,0 điểm)
a) Tự chứng minh.
b) Chứng minh đƣợc tứ giác AHEC nội tiếp
nên
·
·
EHC EAC
(cùng chắn cung EC)
mà
· ·
DBC DAC
(cùng chắn cung DC)
suy ra
· ·
EHC DBC

vậy HE // BD
c) Ta có: S
ABC
=
1
.
2
AH BC

chứng minh đƣợc

AHB


ACD Do đó:

AH AB
AC AD
=> AH =
.AB AC
BD

vậy S
ABC
=
1 1 . 1 . . . .
. . . .
2 2 2 2 4
  
AB AC AB AC BC AB AC BC
AH BC BC
BD R R

Bài 5: (1,0 điểm)
Ta có: N =
2 2 2 2 2 2
3 3 3 1 1 1
3
a b c a b c
b c c a a b b c c a a b b c c a a b




       


        




22
(1 1 1) ( )
3
2( ) 2( )
a b c
a b c a b c
   
   

   
   
   
=
99
3. 6
66


Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1

17

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
BÌNH THUẬN Năm học: 2015 – 2016 – Khoá ngày: 15/06/2015
Môn thi: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm
bài:120 phút
(Đề thi có 01 trang) (Không kể thời gian
phát đề)

ĐỀ

Bài 1: (2 điểm) Giải phƣơng trình và hệ phƣơng trình sau:
a) x
2
+ x - 6 = 0 b)





x y 8
x y 2


Bài 2: (2 điểm) Rút gọn biểu thức :
a)
  A 27 2 12 75

b)



11
B
3 7 3 7


Bài 3: (2 điểm)
a) Vẽ đồ thị ( P) của hàm số y = x
2

b) Chứng minh rằng đƣờng thẳng (d) : y = kx + 1 luôn cắt đồ thị (P) tại hai điểm
phân biệt với mọi k .

Bài 4: (4 điểm)
Cho nửa đƣờng tròn tâm O đƣờng kính AB = 2R, D là một điểm tùy ý
trên nửa đƣờng tròn ( D khác A và D khác B) . Các tiếp tuyến với nửa đƣờng
tròn (O) tại A và D cắt nhau tại C, BC cắt nửa đƣờng tròn (O) tại điểm thứ hai
là E. Kẻ DF vuông góc với AB tại F.
a) Chứng minh : Tứ giác OACD nội tiếp.
b) Chứng minh : CD
2
= CE.CB
c) Chứng minh : Đƣờng thẳng BC đi qua trung điểm của DF.
d) Giả sử OC = 2R, tính diện tích phần tam giác ACD nằm ngoài nửa
đƣờng tròn (O) theo R.

HẾT
Giám thị không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo
danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chữ ký của giám thị 1 : . . . . . . . . . . . . . . . . Chữ
ký của giám thị 2 : . . . . . . . . . . . . . . . .




18





Đáp án
1

1đ
a

x
2
+ x - 6 = 0

= 1
2
– 4.(-6) = 25
5


1

2
15
2;
2
15
3
2
x
x

  

  

1đ
b

  
   

  
    
  
x y 8 2x 10 x 5
x y 2 x y 8 y 3

2


a

  A 27 2 12 75
=
3 3 4 3 5 3
=-6
3

b


11
B
3 7 3 7
=
2
2
66
3
97
37




3


a


19

Lập đúng bảng giá trị và hình vẽ ( 1đ) y = x
2


b
PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

2
1x kx


2
10x kx   
(1)


= k
2


+ 4
Vì k
2




0 với mọi giá trị k
Nên k

2


+ 4 > 0 với mọi giá trị k
=>

> 0 với mọi giá trị k
Vậy đƣờng thẳng (d) : y = kx + 1 luôn cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt với mọi
k .
4


a

I
E
C
D
B
O
F
A
A'





Xét tứ giác OACD có:

·
0
90CAO 
(CA là tiếp tuyến )

·
0
90CDO 
(CD là tiếp tuyến )
·
·
0
180CAO CDO  


Tứ giác OACD nội tiếp
b

+ Xét
CDE
và
CBD
có:

·
DCE
chung và
·
·
1

2
CDE CBD sdcungDE





A
F
O
B
x

20


CDE

CBD
(g.g)
CD CE
CB CD


2
.CD CECB

c
Tia BD cắt Ax tại A‘ . Gọi I là giao điểm của BC và DF
Ta có

·
0
ADB 90
(góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn)
·
'0
ADA 90
, suy ra ∆ADA‘ vuông tại D.
Lại có CD = CA ( t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
nên suy ra đƣợc CD = C A‘, do đó CA = A‘C (1).
Mặt khác ta có DF // AA‘ (cùng vuông góc với AB)
nên theo định lí Ta-lét thì
ID IF BI
CA' CA BC




(2).
Từ (1) và (2) suy ra ID = IF
Vậy BC đi qua trung điểm của DF.
d
Tính cos
·
COD
=
1
02
OD
C


=>
·
COD
= 60
0

=>
·
AOD
= 120
0

22
. .120
360 3
quat
RR
S


(đvdt)
Tính CD = R
3

11
. . . 3.
22
OCD
S CD DO R R



=
2
3
2
R
(đvdt)
2.
OACD OCD
SS


=
2
3R
(đvdt)
Diện tích phần tam giác ACD nằm ngoài nửa đƣờng tròn (O)
OACD quat
SS
=
2
3R
-
2
3
R

=
2

3
3
R





(đvdt)









SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LƠP 10 THPT

21

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 phƣơng trình: x(x+3)

= x

2
+ 6
b) Giải hệ phƣơng trình:
3x-2 11
x 2 1
y
y






c) Rút gọn biểu thức:
23
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 đƣờng thẳng (d): y =2x +3
Bài 3: (1,5 điểm)
a) Cho phƣơng trình x
2
+ x + m - 2 = 0 (1). Tìm tất cả các giá trị của m để phƣơng 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 phƣơng trình
2
2
1
2 2 1 0xx
xx
   


Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đƣờng 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 lƣợt 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) Đƣờng thẳng OI cắt đƣờng 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 dƣơng x, y thỏa x

2y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

22
2x 2xyy
P
xy



Hết

22

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

T
K
1
1
1
1




HƢỚNG DẪN GIẢI


Bài 3: (1,5 điểm)
a) Cho phƣơng trình x
2
+ x + m - 2 = 0 (1). Tìm tất cả các giá trị của m để phƣơng 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 phƣơng trình
2
2
1
2 2 1 0xx
xx
   

. ĐK:

0
1
x
x








2
2
1
2( ) 1 0xx
xx
   

. (1) Đặt t =
2
xx

(1)

1
2 1 0t
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 đƣờng tròn đƣờng kính AO.

23

b\ Chứng minh
·
·
CED BAO

+ Vì AB; AC là hai tiếp tuyến của (O) nên AO

BC
+ Ta có:
µ
µ
11
EB
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đƣờng tròn (O))

·
µ
1
BAO B
( cùng phụ
¶
1
O
)
Suy ra
µ

1
E 
·
BAO
hay
·
·
CED BAO

c) Chứng minh OI vuông góc với BE
+ Ta có :
µ
·
· ·
·
µ
1
1
()
()
( O )
E BAO cmt
BAO CAO tctt
CAO I ACI nt











Y

Suy ra
µ
µ
11
EI
. 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 đƣờng tròn) nên QK

AP
+ Trong tam giác APQ có hai đƣờng cao AI và QK cắt nhau tại F nên F là trực tâm.
Suy ra PF là đƣờng cao thứ ba của tam giác APQ nên PF

QA (1)

+ Ta lại có
·
0
QTP 90
(góc nt chắn nữa đƣờng 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 dƣơng x, y thỏa x

2y .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
2x 2xyy
P
xy



2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
22
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
      
   
   
    

      


24

vì
2 2 2 2
2
4 2 .4 4x
20
0
x
y
x y x y y
xy
y





  










min
5
P khi x = 2y
2









25

SGD – ĐT TP CẦN THƠ ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học : 2015 - 2016

MÔN TOÁN – thời gian 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: (2,5 điểm)
1)Giải các phƣơng trình và hệ phƣơng trình trên tập số thực:

2
42
)2 3 27 0
) 72 0
3 5 21
)
21
a x x
b x x
xy
c
xy
  
  






2)Tính GTBT
xy
P
yx

với
2 3 ; 2 3xy   

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( ) 0y y x x   

Câu 3: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình
22
ax 5 0xb   

a)GPT khi a = b = 3
b) Tính 2a
3
+ 3b

4
biết phƣơng 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 đƣợc bằng tổng số
quà mà HS nữ gói đƣợc. 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 đƣờng tròn tâm O, đƣờng kính AB =2R. Đƣờng thẳng qua O và vuông góc
AB cắt cung AB tại C. Gọi E là trung điểm BC. AE cắt nửa đƣờng tròn O tại F.
Đƣờng thẳng qua C và vuông góc AF tại G cắt AB tại H.
a)Cm: tứ giác CGOA nội tiếp đƣờng tròn. Tính
·
OGH

b)Chứng minh: OG là tia phân giác
·
OCF

c)Chứng minh
CGO CFB:

d) Tính diện tích
FAB
theo R.