Tổng hợp đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán các tỉnh trên cả nước năm học 2016 2017 (có đáp án)

Đề thi bao gồm các tỉnh:
Hưng Yên, Hà Nội, Thành Phố Hồ Chí Minh, Hải Dương, Bình Dương, Đà Nẵng, Cần
Thơ, Hà Tĩnh, Hải Phòng, Huế, Kontum, Lạng Sơn, Nam Định, Ninh Bình, Quảng
Ninh, Tây Ninh, Bắc Giang, Bình Định, Nghệ An, Thái Bình, Thanh Hóa, Trà Vinh,
Vĩnh Phúc, Yên Bái, Đồng Nai, Quảng Bình, Cần Thơ, Hà Nam, Đắc lăk, Vũng Tàu,
Phú thọ, Quảng Ngãi, Bình Phước, Bình Thuận, Bắc Ninh, Hậu Giang


KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn thi: TOÁN
Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề gồm có: 01 trang)

Bài 1(2,0điểm).
1. Rút gọn biểu thức:

P= 3

(

27 + 4 3

)

 x − 3y = 5


2x + 3y = 1
2. Giải hệ phương trình sau: 
Bài 2(1,5điểm).
a) Tìm tọa độ điểm A thuộc đồ thị hàm số y = 2x , biết hoành độ của điểm A bằng 2.
( m ≠ 2 ) đồng biến trên R.
b) Tìm m để hàm số bậc nhất y = ( m − 2 ) x − 1
2

2
Bài 3(1,5đ). Cho phương trình x − x − m + 2 = 0 (m là tham số)
a) Giải phương trình khi m = 3
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 (x1 > x2) thỏa mãn
2x1 + x 2 = 5

Bài 4(1,5điểm).
1. Cho hình trụ có bán kính đường tròn đáy r = 2cm và chiều cao h = 5cm. Tính diện
tích xung quanh của hình trụ đó.
2. Một công ty vận tải dự định điều một số xe tải để vận chuyển 24 tấn hàng. Thực tế
khi đến nơi thì công ty bổ sung thêm hai xe nữa nên mỗi xe chở ít đi 2 tấn so với dự
định. Hỏi số xe được điều chở hàng theo dự định lúc đầu là bao nhiêu. Biết số lượng
hàng chở ở mỗi xe là như nhau và mỗi xe chở một lượt.
Bài 5(2,5điểm). Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tiếp tuyến tại A của đường
tròn lấy điểm C(C khác A). Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD (D là tiếp điểm) và cát tuyến
CMN (M nằm giữa C và N) với đường tròn. Gọi H là giao điểm của CO và AD.
1. Chứng minh các điểm C, A, O, D cùng nằm trên một đường tròn.
2. Chứng minh: CH.CO = CM.CN
3. Tiếp tuyến tại M của (O) cắt CA, CD theo thứ tự tại E, F. Đường vuông góc với CO
tại O cắt CA, CD theo thứ tự tại P và Q. Chứng minh PE + QF ≥ PQ.
Bài 6(1,0điểm). Cho các số dương a, b, c thỏa mãn:

a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất

2
2
2
2
2
2
của biểu thức: P = 2a + ab + 2b + 2b + bc + 2c + 2c + ca + 2a
---------Hết---------Hướng dẫn
Bài 5.

.


c) Gọi T là giao điểm của AD và OF
Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có góc MOT = ½ góc MOD = góc MAD suy ra tứ giác
AMTO nội tiếp, mà tứ giác AOME nội tiếp suy ra 5 điểm A, E, M, T, O cùng thuộc một
đường tròn suy ra góc AEO = góc ATO = góc TOQ, kết hợp với góc EPO = góc FOQ suy
ra tam giác EPO đồng dạng với tam giác OQF suy ra
EP/OQ = PO/FQ suy ra EP. FQ = PO.OQ = PQ2/4 suy ra 4PE.QF = PQ2
Suy ra PQ = 2 PE.QF
Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có PQ = 2 PE.QF ≤ PE + QF hay PE + QF ≥ PQ
Bài 6.
Ta chứng minh bất đẳng thức:

( a + c)

a 2 + b2 + c2 + d 2 ≥

2

+ ( b + d)

2

(*) dấu bằng xảy

a b
=
ra khi c d
*) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + 2
(
Thật vậy:
⇔

(a

2

(a

2

+ b2 ) ( c2 + d 2 ) ≥ ( a + c ) + ( b + d )
2

+ b 2 ) ( c 2 + d 2 ) ≥ ac + bd ⇔ ( a 2 + b 2 ) ( c 2 + d 2 ) ≥ ( ac + bd )

2

2

⇔ ( ad − bc ) ≥ 0 (luôn đúng)
2

2

2

2

2
2
2
P
b   15b 
c   15c 
a   15a 



= a + ÷ + 
÷ + b + ÷ + 
÷ + c + ÷ + 
÷
4  4 
4  4 
4  4 
2





Ta có
Áp dụng bất đẳng thức * ta có:

2

2

2
2
P
b
c   15b
15c 
a   15a 


≥ a + + b + ÷ + 
+
÷ + c + ÷ + 
÷
4
4  4
4 
4  4 
2



2

2
b
c
a   15b
15c
15a 
5
2

≥ a + + b + + c + ÷ + 
+
+
( a + b + c)
÷ =
4
4
4  4
4
4 
2



Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có

(

a+ b+ c

Do đó
Cách 2:
- Ta có

)

2

≤ ( 1 + 1 + 1) ( a + b + c ) ⇔ a + b + c ≥

P
5
5 1
2
≥
( a + b + c) ≥ .
2
2 9
2

P≥
suy ra

5
3

1
3

dấu = khi a = b = c

. Dấu = khi a = b = c = 1/9

5
3
5
(a + b) 2 + (a − b) 2 ≥
(a + b) 2
4
4
4
. Dấu “=” xảy ra khi a =b
5
Hay 2a 2 + ab + 2b 2 ≥
(a + b)
2
.
5
2b 2 + bc + 2c 2 ≥
(b + c)
2
- Tương tự :
. Dấu “=” xảy ra khi c =b
5
2c2 + ca + 2a 2 ≥
(c + a)
2
. Dấu “=” xảy ra khi a = c

2a 2 + ab + 2b 2 =

2
2
2
2
2
2
Suy ra P = 2a + ab + 2b + 2b + bc + 2c + 2c + ca + 2a ≥ 5(a + b + c) .
( a ) 2 + ( b) 2 + ( c) 2 
2
2
2 

- Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có : (1 +1 +1 )
≥ (1. a + 1. b + 1. c) 2 = 1 .

1
5
P≥
3 .
3 nên
- Do đó
a > 0;b > 0;c > 0

1
⇔a=b=c=
a = b = c
9


Dấu “=” xảy ra khi  a + b + c = 1
.
1
5
a =b=c=
9
Vậy MinP = 3 khi và chỉ khi
a+b+c≥

2
2
Cách 3. Ta có 2a + ab + 2b = 2 ( a + b ) − 3ab mà
2

( a + b)
ab ≤

2

4

3
5
2
2
2
2
2a 2 + ab + 2b 2 = 2 ( a + b ) − 3ab ≥ 2 ( a + b ) − . ( a + b ) = . ( a + b )
4
4

Nên
5
2a 2 + ab + 2b 2 ≥
( a + b)
2
Suy ra

2b 2 + ab + 2c 2 ≥

Tương tự
Do đó P ≥ 5 ( a + b + c )

5
( b + c)
2
;

2c 2 + ca + 2a 2 ≥

5
( c + a)
2


x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + xz ⇔ 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 2 ( xy + yz + xz )

Mặt khác ta có

⇔ 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ x 2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2yz + 2zx
2

Nên

1
2
( x + y + z)
3
1
a+ b+ c =
3

3( x 2 + y2 + z 2 ) ≥ ( x + y + z ) ⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≥
a+b+c≥

Áp dụng bất đẳng thức ta có:
5
1
P≥
3 . Dấu = khi a = b = c = 9
Suy ra

1
3

(

)


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NỘI

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THÌ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2016 – 2017
Ngày thi 08/6/2016
Thời gian làm bài 120 phút

Bài I(2,0điểm).

7
x
2 x − 24
B=
+
x −9
x −3
Cho hai biểu thức A = x + 8 và
với x ≥ 0; x ≠ 9
1. Tính giá trị của biểu thức A khi x = 25
x +8
B=
x +3
2. Chứng minh:
3. Tìm x để biểu thức P = A.B có giá trị là số nguyên
Bài II(2,0điểm).
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc lập hệ phương trình:
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 720m2. Nếu tăng chiều dài thêm 10m và
giảm chiều rộng đi 6m thì diện tích mảnh vườn đó không đổi. Tính chiều dài và chiều rộng

của mảnh vườn.
Bài III(2,0điểm).
2
 3x
 x − 1 − y + 2 = 4

 2x + 1 = 5
 x −1 y + 2
1. Giải hệ phương trình 
2
y
=
3x
+
m
− 1 và Parabol (P):
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d):
y = x2
a) Chứng minh: (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi m.
b) Gọi x1 và x2 lần là hoành độ giao điểm của (d) và (P). Tìm m để:
( x1 + 1) ( x 2 + 1) = 1
Bài IV(3,5điểm).
Cho đường tròn tâm O và một điểm A ở ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến AB tới
đường tròn (B là tiếp điểm) và đường kính BC. Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I (I khác C và
O). Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại hai điểm D và E (D nằm giữa A và E). Gọi H là
trung điểm của DE.
1. Chứng minh: Bốn điểm A, B, O, H cùng thuộc một đường tròn
AB BD
=
AE

BE
2. Chứng minh:
3. Đường thẳng d đi qua E và song song với AO, d cắt BC tại K.
Chứng minh: HK// DC


Tia CD cắt AO tại P, tia EO cắt BP tại F. Chứng minh: tứ giác BECF là hình chữ
nhật.
Bài V(0,5điểm). Với các số thực x, y thỏa mãn x − x + 6 = y + 6 − y . Tìm giá trị lớn
4.

nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y.
------------Hết-----------Hướng dẫn
Bài IV.

a)
b)
c)

d)

Ta có HD = HE (gt) suy ra OH vuông góc với DE tại H
Suy ra tứ giác ABOH có tổng hai góc đối là 1800 nên nội tiếp
Chứng minh tam giác ABD đồng dạng với tam giác AEB (g.g) suy ra điều phải
chứng minh.
Ta có góc KED = góc DAO (so le trong), góc DAO = góc HBO (hai góc nội tiếp
chắn cung HO) suy ra góc KED = góc HBO suy ra tứ giác BHKE nội tiếp suy ra góc
HKE = góc KBE = góc CDE do góc KHE và góc CDE đồng vị nên HK // DC
Ta có tam giác EHB và tam giác COP có:
Góc EHB = góc COP (cùng bù với hai góc bằng nhau)

Góc BEH = góc OCP (góc nội tiếp cùng chắn cung BD)
BH BE HE
=
=
OP
CP
CO
Suy ra tam giác EHB đồng dạng với tam giác COP suy ra
Xét tam giác EDB và tam giác CBP có
BE HE
BE DE
=
=
CP CO (cmt) mà DE = 2HE; BC = 2CO suy ra CP BC
Kết hợp góc BED = góc BCP
Do đó tam giác EDB đồng dạng với tam giác CBP (c.g.c)
Suy ra góc EDB = góc CBP
Mặt khác góc EDB phụ với góc CDE suy ra góc CBP phụ với góc CBP phụ
với góc CBE (góc CED = góc CBE) nên góc EBF = 900.
Mà EF đi qua O suy ra EF là đường kính suy ra tứ giác tứ giác BECF có hai
đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường và có một góc vuông nên
là hình chữ nhật.
d) Cách 2:


Ta vẽ tiếp tuyến thứ hai AT tới (O) suy ra tứ giác ABOT nội tiếp
Suy ra góc OAT = góc OBT = góc CDT suy ra tứ giác APDT nội tiếp.
Do đó góc ATP = góc ADP = góc CDE = góc CBE
Mặt khác tam giác ABP = tam giác ATP (c.g.c) suy ra góc ABP = góc ATP suy ra góc ABP
= góc ATP = góc CBE suy ra góc PBE = góc ABO = 900. Chứng minh tương tự cách 1 suy

ra tứ giác BECF là hình chữ nhật.
Bài V.
1
1 25
1
1
25
x+6− x+6 + + y +6− y+6 + =
⇔ ( x + 6 − )2 + ( y + 6 − )2 =
4
4 2
2
2
2
Từ GT ta có
1
1
1
1
23
x+6 −
y+6 −
−
−
2 ; b=
2 nên a ≥ 2 ; b ≥ 2 và x = a2 + a – 4 ; y = b2 + b –
Đặt a =
23
4
25

1
7
1
7
a2 + b2 =
− ≤a≤
− ≤b≤
2 . Do đó 2
2 ;
2
2
Và
2

* Vì a + b

2

≥

2

2

2ab nên 2(a + b )

≥

2

(a + b)

⇒ a + b ≤ 2.

25
=5
2

25 23
23
23
− + a + b = a + b +1 ≤ 5 +1 = 6
Ta có S = x + y = a2 + a – 4 + b2 + b – 4 = 2 2
a = b
5
5
1

 2 2 25 ⇒ a = b = ⇔ x + 6 = y + 6 = ⇔ x = y =
2
2
4
a + b = 2
Dấu ‘ = ‘ xảy ra khi

Vậy GTLN của S = 6 khi

x= y=

5

2

1
7
1
7
1
7
7
7
− ≤a≤
− ≤b≤
(a + )(a − ) ≤ 0 ⇔ a 2 − 3a − ≤ 0 ⇔ 3a ≥ a 2 −
2 ; 2
2 nên
2
2
4
4
* Vì 2

CMTT ta có

3b ≥ b 2 −

7
7
25 7
3S ≥ a 2 + b 2 − + 3 = − + 3 = 12 ⇔ S ≥ 4
4 . Do đó

2
2 2

1
7

a = − 2 ; b = 2
 x = −6; y = 10
⇒

 x = 10; y = −6
a = 7 ; b = − 1

2
2
Dấu “ = “ xảy ra khi 
Vậy


 x = −6; y = 10

GTNN của S = 4 khi  x = 10; y = −6

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2016 - 2017

MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 12 tháng 6 năm 2016
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2 điểm)
Giải các phương trình và phương trình sau:
2
a) x − 2 5x + 5 = 0
4
2
b) 4x − 5x − 9 = 0
2x + 5 y = − 1

c) 3x − 2 y = 8
d) x(x + 3) = 15 – (3x – 1)
Câu 2. (1,5 điểm)

y=−

x
x2
−2
4 và đường thẳng (D): y = 2
trên cùng một hệ trục

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
tọa độ.
b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu tên bằng phép tính.
Câu 3. (1,5 điểm)
2− 3

2+ 3
+
a) Thu gọn biểu thức sau: A = 1 + 4 + 2 3 1 − 4 − 2 3

b) Ông Sáu gửi một số tiền vào ngân hàng theo mức lãi suất tiết kiệm với kỳ hạn 1 năm là
6%. Tuy nhiên sau thời hạn một năm, ông Sáu không đến nhận tiền lãi mà đề thêm một
năm nữa mới lãnh. Khi đó số tiền lãi có được sau năm đầu tiên sẽ được ngân hàng cộng
dồn vào số tiền gửi ban đầu đề thành số tiền gửi cho năm kế tiếp với mức lãi suất cũ. Sau
hai năm ông Sáu nhận được số tiền là 112.360.000 đồng (kể cả gốc lẫn lãi). Hỏi ban đầu
ông Sáu đã gửi bao nhiêu tiền?
Câu 4. (1,5 điểm)
Cho phương trình x2 – 2mx + m –2 = 0 (1) (x là ẩn số)
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m.
b) Định m để hai nghiệm x1, x2 của phương trình (1) thỏa mãn:
(1 + x1)(2 – x2) + (1 + x2)(2 – x1) = x12 + x22 + 2
Câu 5. (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các
cạnh AC, AB lần lượt tại D, E. Gọi H là giao điểm của BD và CE; F là giao điểm của AH và BC.
·
·
a) Chứng minh: AF ⊥ BC và AFD = ACE .

b) Gọi M là trung điểm của AH. Chứng minh: MD ⊥ OD và 5 điểm M, D, O, F, E cùng
thuộc một đường tròn.
c) Gọi K là giao điểm của AH và DE. Chứng minh: MD2 = MK. MF và K là trực tâm của
tam giác MBC.
2
1
1
=

+
d) Chứng minh: FK FH FA .
HẾT.


Hướng dẫn

Câu 5.

a) Ta chứng minh H là trực tâm tam giác ABC suy ra AH vuông góc với BC tại F
Chứng minh tứ giác DHFC nội tiếp suy ra góc AFD = góc ACE (hai góc nội tiếp chắn cung HD)
b) Ta chứng minh được góc MAD = góc MDA, góc ODC = góc OCD mà góc MAD + góc OCD = 900 suy
ra góc MDA + góc ODC = 900 suy ra góc MDO = 900 do đó MD vuông góc với OD
tương tự ta chứng minh được ME vuông góc với EO suy tứ giác MEOD và tứ giác MEFO nội tiếp nên 5
điểm M, E, F, O, D cùng thuộc một đường tròn.
c) Ta chứng minh tam giác MDK đồng dạng với tam giác MFD (g.g) suy ra MD2 = MK.MF
Gọi I là giao điểm của MC với đường tròn, ta có góc BIC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra CI vuông góc với MB.
Mặt khác ta có tam giác MDI đồng dạng với tam giác MBD (g.g) suy ra MD2 = MI.MB do đó ta có MI.MB
= MK.MF suy ra tam giác MIK đồng dạng với tam giác MFB(c.g.c) suy ra góc MIK = góc MFB = 900 suy
ra KI vuông góc với MB suy ra I, K, C thẳng hàng suy ra K là trực tâm tam giác MBC
d) Vì MA = MH suy ra FA.FH = (FM + MA).(FM – MH) = (FM + MA).(FM – MA) = FM2 – MA2
Vì MD2 = MK.MF (cmt) suy ra FK.FM = (FM – MK)FM = FM2 – FK.FM = FM2 – MD2


Mà MD = MA suy ra FA.FH = FK.FM

⇒

2

2FM
FM + MA + FM − MA FM + MA + FM − MH
=
=
=
FK FA.FH
FA.FH
FA.FH

⇒

2
FA + FH
1
1
=
=
+
FK
FA.FH
FH FA


KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
(Đề thi gồm 01 trang)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 ( 2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

2x + y − 3 = 0

x y
 = −1
b)  4 3

a) (x + 3)2 = 16
Câu 2 ( 2,0 điểm).

2 x +x
1  
x +2 
A=
−
:
1
−
÷
÷
x −1   x + x +1 
 x x −1
Với x ≥ 0;x ≠ 1
a) Rút gọn biểu thức với x ≥ 0; x ≠ 1
2

b) Tìm m để phương trình: x − 5x + m − 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x 2 thỏa mãn

x12 − 2x1x 2 + 3x 2 = 1 .
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Tìm a và b biết đồ thị hàm số y= ax + b đi qua điểm A(
1; 5) và song song với đường thẳng
y = 3x + 1.
b) Một đội xe chuyên chở 36 tấn hàng. Trước khi đi làm việc , đội xe đó được bổ sung thêm 3 xe
nữa nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với dự định. Hỏi đội xe lúc ban đầu có bao nhiêu xe? Biết rằng
số hàng chở trên tất cả các xe có khối lượng bằng nhau.
Câu 4 (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C là điểm cố định thuộc đoạn
thẳng OB (C khác O và B). Dựng đường thẳng d vuông góc với AB tại C, cắt nửa đường tròn (O)
tại điểm M. Trên cung nhỏ MB lấy điểm N bất kỳ ( N khác M và B), tia AN cắt đường thẳng d tại F,
tia BN cắt cắt đường thẳng d tại E. Đường thẳng AE cắt nửa đường tròn (O) tại điểm D ( D khác
A).
a) Chứng minh: AD.AE = AC.AB.
b) Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng và F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDN.
c) Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh điểm I luôn nằm trên một
đường thẳng cố định khi điểm N di chuyển trên cung nhỏ MB.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn : abc = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P=

ab
bc
ca
+
+
a 5 + b5 + ab b5 + c5 + bc c5 + a 5 + ca

----------------------------Hết----------------------------


Hướng dẫn
Câu 2. b)

83
Từ đó tính được m = 9 hoặc m = 9
Câu 4.

c) Gọi J là giao điểm của (I) với AB suy ra góc AEC = góc FJC (cùng bù với góc AJF)
mà góc AEC = góc ABD (cùng bù với góc DAB) suy ra góc ABD = góc CJF suy ra tam giác FJB cân tại F
suy ra J đối xứng với B qua CE mà B cố định suy ra J cố định suy ra AJ cố định
mà tứ giác AEFJ nội tiếp (I) suy ra I thuộc đường trung trực của AJ cố định.
Câu 5.



SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
BÌNH DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1: (1.5 điểm)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2016 – 2017
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

x − 2.( x 2 − 4 x + 3) = 0

a) Giải phương trình:
;
4
2
b) Giải phương trình: x − 2 x − 3 = 0 ;
2 x + by = a

c) Tìm a, b để hệ phương trình bx + ay = 5 có nghiệm (1; 3).
Câu 2: (1.5 điểm)
2
Cho hàm số y = 2 x có đồ thị (P).
a) Vẽ đồ thị (P);
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) với đường thẳng (d): y = − x + 3 bằng phép tính.
Câu 3: (1,5 điểm)
Một công ty vận tải dự định dùng một loại xe có cùng trọng tải để chở 20 tấn rau
theo hợp đồng. Nhưng khi vào việc, công ty không còn xe lớn nên phải thay bằng
loại xe nhỏ có trọng tải nhỏ hơn 1 tấn so với loại xe ban đầu. Để đảm bảo thời gian
đã hợp đồng, công ty phải dùng một số lượng xe nhiều hơn số xe dự định là 1 xe. Hỏi
trọng tải mỗi xe nhỏ là bao nhiêu tấn.
Câu 4: (2,0 điểm)
2
2
Cho phương trình x − (5m − 1) x + 6m − 2m = 0 (m là tham số)
a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m;
2
2
x
+
x

= 1.
x
,
x
1
2
1
2
b) Tìm m để nghiệm
của phương trình thỏa hệ thức
Câu 5: (3,5 điểm)
Cho ∆ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC) và AH là đường
cao của tam giác. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB, AC. Kẻ
NE vuông góc với AH. Đường thẳng vuông góc với AC kẻ từ C cắt tia AH tại D và
AD cắt đường tròn tại F. Chứng minh:
·
·
·
a) ABC + ACB = BIC và tứ giác DENC nội tiếp;
b) AM.AB = AN.AC và tứ giác BFIC là hình thang cân;
c) Tứ giác BMED nội tiếp.
…………Hết………..


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
BÌNH DƯƠNG

HD CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2016 – 2017
Môn thi: TOÁN

Câu 1:

 x−2 =0
(1)
x − 2.( x 2 − 4 x + 3) = 0 ⇔  2
 x − 4 x + 3 = 0 (2)

a) Điều kiện x ≥ 2, phương trình
(1) ⇔ x – 2 = 0 ⇔ x = 2;
(2) có a + b + c = 1 +(–4) + 3 = 0 nên có 2 nghiệm x1 = 1, x2 = 3;
Với kiều kiện x ≥ 2 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 2, x = 3.
2
2
b) Đặt t = x (t ≥ 0) phương trình trở thành t − 2t − 3 = 0 .
có a – b + c = 1 – (–2) + (–3) = 0 nên có nghiệm t1 = –1(loại), t2 = 3;
2
t = 3 ⇒ x =3⇔ x =± 3
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 3, x = − 3
2 x + by = a

c) Thay x = 1, y = 3 vào hệ bx + ay = 5 , ta có
 17
a = 2 + 3b
a = 10
2 + 3b = a
a = 2 + 3b

⇔
⇔


1 ⇔
b
+
3
a
=
5
b
+
6
+
9
b
=
5
b
=
−



b = − 1
10
10

Câu 2:
a) Đồ thị (P) là một parabol đi qua 5 điểm (0;0), (1;2),
(–1; 2), (2; 8), (–2; 8).
b) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường là

2x2 = − x + 3 ⇔ 2 x2 + x − 3 = 0
có a + b + c = 2 + 1 + (–3) = 0 nên có nghiệm
 x1 = 1 ⇒ y1 = 2

 x2 = − 3 ⇒ y2 = 9

2
2
3 9
( 1;2 ) ,  − ; ÷
 2 2
Tọa độ giao điểm hai đường là
Câu 3:

20
20
Gọi x (tấn) là trọng tải xe nhỏ (x > 0); x + 1 (tấn) là trọng tải xe lớn; x là số xe nhỏ; x + 1
20 20
−
=1
x
x
+
1
là số xe lớn. Ta có phương trình
2
2
Với x > 0 phương trình trên trở thành 20 x + 20 − 20 x = x + x ⇔ x + x − 20 = 0
−1 + 9
−1 − 9

x1 =
= 4 x1 =
= −5
2
2
Có ∆ = 1 + 80 = 81 > 0 nên có 2 nghiệm
,
(loại)
Vậy trọng tải xe nhỏ là 4 tấn.


Câu 4:
2
2
2
2
a) ∆ = 25m − 10m + 1 − 24m + 8m = m − 2m + 1 = (m − 1) ≥ 0, ∀m nên phương trình luôn
có nghiệm ∀m.
 x1 + x2 = 5m − 1

2
2
2
2
b) Theo viét:  x1 x2 = 6m − 2m . Theo đề: x1 + x2 = 1 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 1
m = 0
2
2
2
25m − 10m + 1 − 2(6m − 2m) = 1 ⇔ 13m − 6m = 0 ⇔ m(13m − 6) = 0 ⇔ 

6
m =
13

⇒
là 2 giá trị m cần tìm.
Câu 5:
·ABC + ·ACB = 1 sñ »AC + 1 sñ »AB = 1 sñ BAC
¼
2
2
2
a)
và
1 ¼
·
BIC
= sñ BAC
·
·
·
2
⇒ ABC + ACB = BIC ;
0
0
0
·
·
NE ⊥ AH, DC ⊥ AC ⇒ DEN + DCN = 90 + 90 = 180 ⇒
tứ giác DENC nội tiếp.

b) Ta có HM ⊥ AB, HN ⊥ AC, AH ⊥ BC nên theo hệ thức
lượng cho tam giác vuông
2
2
⇒ AH = AM . AB, AH = AN . AC ⇒ AM . AB = AN . AC
0
·ACI = 900
·
⇒ AI là đường kính AFI = 90 ⇒ FI ⊥ AD ⇒ FI // BC (cùng vuông góc với
»
º
AD) ⇒ BF = CI (hai cung chắn giữa hai dây song song) ⇒ BF = CI
⇒ tứ giác BFIC là hình thang cân.
c) Ta có AM . AB = AN . AC ; ∆AEN vuông tại E và ∆ACD vuông tại C có góc nhọn A
AE AN
=
⇒ AE. AD = AN . AC
AC
AD
chung nên đồng dạng ⇒
AM AE
AM . AB = AE. AD ⇒
=
AD
AB và µA góc chung ⇒ ∆AME đồng dạng ∆ADB
⇒
·
·
·
·AME = ·ADB mà ·AME + EMB

= 1800 ⇒ EDB
+ EMB
= 1800

⇒ Tứ giác BMED nội tiếp.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề gồm có: 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn thi: TOÁN
Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề

Bài 1(1,5điểm).
3. Với giá trị nào của x thì
4. Rút gọn biểu thức M =
Bài 2(2,0 điểm).

x − 2 xác định
2
2
( a + b) − ( a − b)

ab

với ab ≠ 0

 2x − y = 0

a) Giải hệ phương trình: 3x − 2y = 1
2
b) Cho phương trình: x + x − 2 + 2 = 0 có hai nghiệm x1;x 2 . Tính giá trị của biểu

thức: x1 + x 2 .
Bài 3(2,0 điểm).
3

3

y=

1 2
x
2
có đồ thị (P) và y = x + 4 có đồ thị (d).

Cho hàm số
a) Vẽ đồ thị (P).
b) Gọi A; B là các giao điểm của hai đồ thị (P) và (d). Biết rằng đơn vị đo trên các trục
tọa độ là xentimet, tìm tất cả các điểm M sao cho diện tích tam giác MAB bằng 30
cm2.
Bài 4(1,0 điểm).
3
Một miếng bìa hình chữ nhật có chiều rộng bằng 5 chiều dài. Nếu giảm chiều rộng đi

1 cm và chiều dài giảm đi 4cm thì diện tích của nó bằng nửa diện tích ban đầu. tính chu vi

miếng bìa đó.
Bài 5(3,5điểm). Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC nội tiếp (O) đường kính AD. Gọi
AH là đường cao của tam giác ABC. Qua B kẻ đường vuông góc với AD tại E.
a) Chứng minh: Tứ giác ABHE nội tiếp.
b) Chứng minh: HE và AC vuông góc với nhau.
c) Gọi F là hình chiếu của C trên AD và M là trung điểm của BC. Chứng minh M là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF.
---------Hết----------


HƯỚNG DẪN
Bài 5

b) Ta có tứ giác ABHE nội tiếp suy ra góc ABH = góc HED (cùng bù với góc AEH)
lại có góc ABH = góc ADC ( 2 góc nội tiếp chắn cung AC)
nên góc HED = góc ADC mà hai góc này so le trong suy ra HE // DC
Lại có góc ACD = 900 suy ra DC vuông góc với AC do đó HE vuông góc với AC
c) Gọi J là trung điểm của AB do tứ giác ABHE nội tiếp nên J là tâm đường tròn ngoại tiếp
tứ giác, mà MJ là đường trung bình của tam giác ABC nên MJ//AC do đó MJ vuông góc
với HE suy ra MJ là trung trực của HE (1)
Gọi K là trung điểm của AC ta có MK // AB do góc ABD = 900 suy ra MK vuông góc với
BD, dễ chứng minh tứ giác AHFC nội tiếp suy ra góc CAD = góc CHF = góc CBD nên
HF // BD suy ra MK vuôn góc với HF
Mặt khác K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHFC suy ra MK là đường trung trực của
HF (2)
Từ (1) và (2) suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
CẦN THƠ

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 - 2017

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 07/6/2016
Câu 1(3,0 điểm).

A=

1
+ 7−4 3
2− 3

1. Rút gọn biểu thức
2. Giải phương trình và hệ phương trình sau trên tập hợp số thực
2
a) 3x − x − 10 = 0
4
2
b) 9x − 16x − 25 = 0

c)

2x − 3y = 7

3x + y = 5

1
y = − x2
4
Câu 2(1,5 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P):
1) Vẽ đồ thị (P).

2
1
y=− x+
3
3
2) Tìm tọa độ giao điểm của (P) với đường thẳng (d):
Câu 3(1,5 điểm). Anh Bình đến siêu thị mua một cái bài ủi và một cái quạt điện với tổng số tiền
theo giá niêm yết là 850 ngàn đồng. Nhưng thực tế khi trả tiền nhờ siêu thị khuyến mãi để tri ân
khách hàng nên giá của bàn ủi và quạt điện lần lượt được giảm bớt 10% và 20% so với giá niêm
yết. Do đó, anh Bình đã trả ít hơn 125 ngàn đồng khi mua hai sản phẩm trên. Hỏi số tiền chênh
lệch giữa giá bán niêm yết với giá bán thực tế của từng loại sản phẩm mà anh Bình đã mua là bao
nhiêu?
Câu 4(1,0 điểm). Cho phương trình:

x 2 − ( m + 3) x − 2m 2 + 3m + 2 = 0 (với m là số thực)

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt sao cho hai nghiệm này lần lượt là giá trị độ dài
hai cạnh liên tiếp của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng 10 .
Câu 5(3,0 điểm).
Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi H là chân đường cao
dựng từ đỉnh A của tam giác ABC, M là trung điểm cạnh BC. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại
N.
a) Chứng minh tứ giác AMNO nội tiếp.

b) Gọi K là giao điểm thứ hai của AO với (O;R). Chứng minh: AB.AC = AK.AH
c) Dựng đường phân giác AD của tam giác ABC (D thuộc BC). Chứng minh: tam giác NAD
là tam giác cân.
d) Giả sử góc BAC = 600 và góc OAH = 300, gọi F là giao điểm thứ hai của AH với (O;R).
Tính theo R diện tích tứ giác BFKC.
.......Hết.......
Họ và tên thí sinh:............................................................Số báo danh:.........................


HƯỚNG DẪN
Câu 4.
2
∆ = 9m 2 − 6m + 1 = ( 3m − 1) ≥ 0 ∀m
1
3
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì
 x1 + x 2 = m + 3

x1.x 2 = −2m 2 + 3m + 2
x
;x

1
2
Gọi
là hai nghiệm của phương trình theo Viét ta có:
Theo bài để x1;x 2 là độ dài hai cạnh liên tiếp của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo
3m − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠

là 10 thì ta có:

2
2
x1; x 2 > 0 và x 1 + x 2 = 10 (định lí Py ta go)

 x1 + x 2 = m + 3 > 0

x .x = −2m 2 + 3m + 2 > 0
x
;x
* Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 > 0 thì  1 2
 m > −3
1
1
1
⇔
⇔− m
≠
−
−
2m
+
1
m
−
2
>
0
2

)(
)
 (
3 thì 2
kết hợp với điều kiện
và
1
m≠
3
2
2
x 21 + x 22 = 10 ⇔ ( x1 + x 2 ) − 2x1x 2 = 10 ⇔ ( m + 3) − 2 ( −2m 2 + 3m + 2 ) = 10
Mặt khác ta có
⇔ m 2 = 1 ⇔ m = ±1 Kết hợp với điều kiện trên ta có m = 1.
Câu 5.

b) ta đi chứng minh tam giác AHB đồng dạng với tam giác ACK (g.g)
c) Vì AD là phân giác của góc BAC nên gọi E là giao điểm của AD với (O) thì E là điểm
chính giữa cung BC
Khi đó ta chứng minh được góc NAD = góc NDA (tính theo số đo cung) suy ra tam giác
AND cân tại N.
d) Gọi P là trung điểm của FK, L là giao điểm của CO với (O), khi đó ta có
AF vuông góc với FK suy ra FK // BC nên tứ giác BCKF là hình thang.
OP vuông góc với FK, OM vuông góc với BC suy ra OM vuông góc với FK suy ra O, M,
P thẳng hàng.
Tam giác BLC vuông tại B, có góc BLC = góc BAC = 600 suy ra


3
=R 3

0
0
2
BL = LC.cos60 = 2R.1/2 = R; BC = LC.sin 60 = 2R.
Tam giác AFK vuông tại K suy ra FK = AK.sinh 300 = 2R.1/2 = R. AF = AK.cos 300 =
R 3
R
R 3 . Suy ra OP = AF/2 (đường trung bình tam giác) suy ra OP = 2 ; OM = BL/2 = 2
R

do đó MP = OP – OM =

(

)

3 −1
2

( R + R 3) .
Suy ra diện tích hình thang BCKF là: (FK + BC).MP/2 =
(đvdt)

R

(

)

3 −1 1 R2

. =
2
2 2


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
HÀ TĨNH
NĂM HỌC 2016 - 2017
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: Toán
Mã đề 01
Thời gian làm bài:120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (2,0 điểm)
Rút gọn biểu thức:
2+ 2
2 −1 .
2 2
a) P =
1 
3 
 1
+

÷ 1 −
÷
x + 3 
x  với x > 0; x ≠ 9
b) Q =  x − 3

Bài 2: (2,0 điểm)
2
2
x
−
2
m
+
1
x
+
m
+ m + 3 = 0 ( 1)
(
)
Cho phương trình

(

)

a) Giải phương trình (1) khi m = 0.
x1 x 2
+
=4
x
x
1
b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn 2
.

Bài 3: (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y = ax + a + 3 và
( d ') : y = ( a 2 − 2a + 2 ) x + 3 − a
a) Tìm a để (d) qua A(1;5).
b) Tìm a để (d) và (d’) song song với nhau.
Bài 4: (3 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng có bờ AB chứa nửa
đường tròn. Kẻ tia Ax vuông góc AB.Từ điểm M trên tia Ax kẻ tiếp tuyến MC với nửa
đường tròn. Gọi giao điểm của AC và OM là E; MB cắt nửa đường tròn tại D (D khác B).
a) Chứng minh rằng tứ giác AMCO và tứ giác MADE là các tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh rằng ∆MDO đồng dạng với ∆MEB.
c) Gọi H là hình chiếu C lên AB; I là giao điểm MB và CH. Chứng minh rằng: EI
vuông góc với AM.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho các số a; b dương thỏa mãn a.b = 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
7
( 2a + 2b − 3) ( a 3 + b3 ) +
2
a
+
b
(
)
F=
--------------------Hết----------------


HƯỚNG DẪN
Bài 4.

b) ∆MDO đồng dạng với ∆MEB.
Ta có tứ giác AMDE nội tiếp (câu a) suy ra góc MAD = góc MED (hai góc nội tiếp chắn
cung MD).
Góc MAD = góc MBO (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây, góc nội tiếp chắn cung AD) suy
ra góc MED = góc MBO suy ra tam giác MED đồng dạng với tam giác MBO suy ra
ME MB
MD MO
=
=
MD MO hay ME MB .
Xét ∆MDO và ∆MEB có:
Góc M chung
MD MO
=
ME MB suy ra ∆MDO đồng dạng với ∆MEB (c.g.c)
Cách 2: Ta có tứ giác AMDE nội tiếp (câu a) suy ra góc MAD = góc MED (hai góc nội
tiếp chắn cung MD).
Góc MAD = góc MBO (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây, góc nội tiếp chắn cung AD) suy
ra góc MED = góc MBO suy ra tứ giác BDEO nội tiếp suy ra góc DBE = góc DOE suy ra
điều phải chứng minh.
c) Ta có MA và MC là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) nên MO là trung trực của AC suy
ra MO vuông góc với AC và EA = EC.
Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra góc MAE = góc EDI (cùng bù với góc MDE)
AM//CH (cùng vuông góc với AB) suy ra góc MAE = góc ECH (so le trong)
Suy ra góc EDI = góc ECH do đó tứ giác CDEI nội tiếp suy ra góc DCE = góc DIE = góc
DBA suy ra EI // AB, mà AM vuông góc với AB do đó EI vuông góc với AM.
2
2
Bài 5. Ta có với a, b dương thì a + b ≥ 2ab = 2;a + b ≥ 2 ab = 2
F

F
F

≥ ( 2.2 − 3) ( a 3 + b 3 ) +

7
7
3
3
2 =a + b +
2
( a + b)
( a + b)

≥ ( a + b ) ( a 2 + b 2 − ab ) +

≥ 2 ( a 2 + b 2 − 1) +

7
7
2
2
2 ≥ 2 ( a + b − ab ) +
2
( a + b)
( a + b)

7
7
7

25
= ( a 2 + b2 + 2 ) + 2
+ ( a 2 + b2 + 2) − 6
2
2
a + b + 2 16
a + b + 2 16
2


7 2
7
25
a + b2 + 2) . 2
+ ( a 2 + b2 + 2 ) − 6
(
2
16
a + b + 2 16
F
7 25
15
15
≥ 2. + ( 2 + 2 ) − 6 =
⇔ a = b =1
4
16
4
4
F

. Dấu = khi a = b = 1. Vậy Min F =
≥2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 – 2017

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 02 trang)

I. TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)
Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trước câu trả lời đúng.
Câu 1: Biểu thức
A. x ≥ 0

x
2016 xác định khi và chỉ khi:
B. x < 0

C. x > 0

D. x = 0

Câu 2: Đồ thị hàm số y = 2x − 5 không đi qua điểm nào dưới đây?
A.

( 1; −3)

B.

( −1; −3)

C.

( 2; −1)

D.

( −2; −9 )

 x + 2y = 1

2x − ay = 3
Câu 3: Hệ phương trình 
vô nghiệm khi a bằng bao nhiêu?
A. a = 4
B. a = −6
C. a = 6
D. a = −4
2
Câu 4: Giả sử x1 ; x 2 là hai nghiệm của phương trình 2x + 3x − 10 = 0 . Khi đó tích x1.x 2 bằng:
D. 5
3
3
C. −5

−
B. 2
A. 2
Câu 5: Trong hình vẽ bên biết:
0
·
·
AC là đường kính (O), BDC = 60 và ACB = x
Khi đó x bằng?
0
A. 40

0
B. 45

0
C. 35

0
D. 30

Câu 6: Hai tiếp tuyến tại A và B của (O;R) cắt nhau tại M. Nếu AM = R 3 thì số đo góc ở tâm
AOB bằng:
0

0

0

0

A. 120
B. 90
C. 60
D. 45
Câu 7: Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;r) có bán kính lần lượt R = 5cm, r = 3cm và khoảng cách
giữa hai tâm là 7cm. Khi đó:
A. (O) và (O’) tiếp xúc ngoài
B. (O) và (O’) tiếp xúc trong
C. (O) và (O’) không giao nhau
D. (O) và (O’) cắt nhau
Câu 8: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 4cm, chiều cao bằng 5cm. Thể tích hình trụ đó bằng: