Tuyển tập bộ đề thi vào lớp 10 THPT năm học 2016 2017

TRƯỜNG THCS TÂN TRƯỜNG

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10

NĂM HỌC 2015 – 2016

ĐỀ THI THỬ LẦN I

Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
Đề thi gồm: 01 trang

Câu 1 (2,0 điểm): Giải các phương trình:
a) 2x4- 7x2 – 4 = 0
b) 4 x 2 − 4 x + 1 = 2015
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức:
2 x
x + 1 3 − 11 x
P=
+
+
( x ≥ 0; x ≠ 9)
9− x
x +3
x −3
b) Một phân xưởng theo kế hoạch phải may 1000 bộ quần áo trong thời
gian quy định. Khi thực hiện, mỗi ngày xưởng may nhiều hơn 10 bộ và hoàn
thành kế hoạch trước 5 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng phải may bao
nhiêu bộ quần áo?
Câu 3 (2,0 điểm)

3 x − y = 2m − 1
 x + 2 y = 3m + 2

a) Cho hệ phương trình 

Tìm m để hệ có nghiệm (x;y) là tọa độ của điểm nằm trong góc phần tư
thứ II của mặt phẳng tọa độ thỏa mãn 3x2+ y2 = 2
b) Tìm m để phương trình x2 - 2x - 2m + 1= 0 có hai nghiệm x 1; x2 thỏa
mãn điều kiện x22 ( x12 − 1) + x12 ( x22 − 1) = 8
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O) và dây BC cố định không qua tâm, điểm A chuyển
động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Đường cao BE và CF của
tam giác ABC cắt nhau tại H và cắt (O) lần lượt tại M và N.
a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp và MN // FE.
b) Vẽ đường cao AD của tam giác ABC. Chứng minh H là tâm đường tròn
nội tếp tam giác DEF
c) Đường thẳng qua A và vuông góc với EF luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a 2 + b2 + c2 = 3. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức A= ab + bc + ca + a + b + c.
-----------------------------Hết-----------------------------Họ và tên thí sinh :…………………………… Số báo danh:…………………….
Chữ ký của giám thị 1 :………………………..Chữ ký của giám thị 2 :…………

1


TRƯỜNG THCS TÂN TRƯỜNG

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10

LẦN II NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: Toán
Hướng dẫn chấm gồm 3 trang

I) HƯỚNG DẪN CHUNG
- Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Câu
Ý
Nội dung
4
2
Câu 1 a
Giải phương trình 2x - 7x – 4 = 0 (1)
- Đặt x2 = t (t ≥ 0), phương trình (1) trở thành 2t2 – 7t – 4 = 0
(2đ)

Điểm
1
0,25
0,25

Có ∆ = (-7)2 – 4.2. (-4) = 81 >0

b
1đ

Câu 2
(2đ) a

1đ

⇒ t1= 4 (t/m); t2= 7 − 81 = 7 − 9 = −1 (không t/m)
4
4
2
2
+ Với t= 4 ⇒ x = 4 ⇔ x1,2 = ±2

0,25

Vậy tập nghiệm của phương trình là S= { ±2}
4 x 2 − 4 x + 1 = 2015 ⇔ 2 x −1 = 2015

0,25
0,25

 2 x − 1 = 2015
 2 x = 2016
 x = 1008
⇔
⇔
⇔
 2 x − 1 = −2015
 2 x = −2014
 x = −1007
Vậy tập nghiệm của phương trình là S= { 1008; −1007}

0,5

Rút gọn biểu thức:

2 x
x + 1 3 − 11 x
+
+
9− x
x +3
x −3
2 x
x + 1 3 − 11 x
=
+
−
x−9
x +3
x −3

P=

=
=

=
b
1đ

0,25

2 x

(

1,00

( x ≥ 0; x ≠ 9)

0,25

) ( x + 1) ( x + 3) − ( 3 − 11 x )
( x − 3) ( x + 3)

x −3 +

0,25

2 x − 6 x + x + 3 x + x + 3 − 3 + 11 x

(

(

x −3

3x + 9 x
x −3

)(

x +3

)(

=

) (

x +3
3 x

(

)

x −3

)(

x +3

)

x +3

)

=

0,25
3 x

x −3

0,25

Gọi số bộ quần áo may trong mỗi ngày theo kế hoạch là x (bộ), (x ∈ N *
)
Số bộ quần áo thực tế mỗi ngày may được là x + 10 ( bộ)
1000
Số ngày hoàn thành công việc theo kế hoạch là:
(ngày)
x

2

0,25
0,25


Số ngày thực tế đã may là:

1000
(ngày)
x + 10

0,25

1000 1000
−
=5
x

x + 10
Giải phương trình ta được x1 = 40 ( thỏa mãn); x2 = −50 (loại)
Theo bài ra ta có phương trình:

0,25

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày may được 40 bộ quần áo.

Câu 3 a
(2đ) 1đ

3 x − y = 2m − 1
 x + 2 y = 3m + 2

Giải hệ 

tìm được (x; y) = (m; m+1)

0,25

Để hệ phương trình có nghiệm (x;y) nằm trong góc phần tư thứ II
x < 0
m < 0
m < 0
⇔
⇔
⇔ −1 < m < 0
thì 
y > 0
m + 1 > 0

 m > −1

0,25

Sau đó thay (x;y) = (m; m+1) vào hệ thức 3x2+ y2 = 2 tìm được
−1 + 5
−1 − 5
(loại); m2=
(thỏa mãn)
4
4
−1 − 5
Vậy với m =
thì hệ phương trình có nghiệm (x;y) là tọa
4

m1 =

0,25

độ của điểm nằm trong góc phần tư thứ II của mặt phẳng tọa độ
thỏa mãn 3x2+ y2 = 2

0,25

b Ta có: ∆ ' = 2m
1đ Để phương trình có hai nghiệm thì ∆ ' ≥ 0 ⇔ 2m ≥ 0 ⇔ m ≥ 0 .

0,25

 x1 + x2 = 2 (1)
 x1 x2 = 1 − 2m (2)

Theo hệ thức Vi-ét ta có: 

0,25

Theo bài ra ta có:
x2 2 ( x12 − 1) + x12 ( x2 2 − 1) = 8 ⇔ x12 + x2 2 − 2 x12 x2 2 + 8 = 0
⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 − 2 x12 x2 2 + 8 = 0 (3)
2

Thay (1), (2) vào (3), ta có: −8m 2 + 12m + 8 = 0 ⇔ 2m 2 − 3m − 2 = 0
1
⇒ m1 = − (loại); m2 = 2 (thỏa mãn)
2

Vậy m = 2 phương trình x2 - 2x - 2m + 1= 0 có hai nghiệm x1; x2
thỏa mãn điều kiện x22 ( x12 − 1) + x12 ( x22 − 1) = 8
- Vẽ hình đúng
Câu 4
(3đ)

3

0,25
0,25
0,25

A

x

M

E

O
N

1

H

F
2
B

1

C

D
K

a
1đ

Chứng minh được tứ giác BCEF nội tiếp

0,75

µ = EFH
·
⇒ B
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC),
1
µ =N
¶ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
Xét đường tròn (O) có B
1

1

·
¶ , mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên MN//EF (đpcm)
⇒ EFH
=N
1

b
1đ

c
0,7
5

Câu 5
(1đ)

0,25

·
·
Có tứ giác BCEF nội tiếp ⇒ HBF
(2 góc nội tiếp cùng chắn
= HCE

cung EF)
(1)
0
0
0
·
·
Xét tứ giác BDHF có BDH
+ BFH
= 90 + 90 = 180
⇒ Tứ giác BDHF nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
·
·
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung FH) (2)
⇒ HBF
= HDF
Chứng minh tương tự tứ giác DCEH nội tiếp
·
·
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung EH) (3)
⇒ HDE

= HCE
·
·
·
⇒ DH là phân giác của FDE
Từ (1) , (2) và (3) ⇒ HDF
(*)
= HDE
·
·
Tương tự EH là phân giác của DEF
; FH là phân giác của DFE
(**)
⇒
Từ (*) và (**) H là tâm đường tròn nội tiếp ∆ DEF (đpcm)
Qua A kẻ đường kính AK, kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O)
⇒ AO ⊥ Ax
·
Ta có xAB
= ·ACB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây
cung cùng chắn cung AB)
(4)
·
Có tứ giác BCE F nội tiếp (cm trên) ⇒ ·A FE = ·ACB (cùng bù BFE
) (5)
·
Từ (4) và (5) ⇒ xAB
= ·AFE
Mà hai góc này ở vị trí so le trong của hai đường thẳng Ax và EF cắt
AB, do đó Ax //EF,

Lại có Ax ⊥ OA ⇒ OA ⊥ EF
Mà O cố định (gt)
Vậy đường thẳng qua A và vuông góc với EF luôn đi qua một điểm cố
định là điểm O (đpcm)
Vì a, b, c >0 nên a2 + b2 ≥ 2ab; b2+ c2 ≥ 2bc; a2 + c2 ≥ 2ac
⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab+ ac + bc ⇒ ab+ ac + bc ≤ 3
(1)
Ta có:
a2 + 1 ≥ 2a ; b2 + 1 ≥ 2b ; c2 + 1 ≥ 2c
⇒ a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a + b+c)

4

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25


a+ b + c ≤ 3
Cộng các bđt (1), (2) ta được: A ≤ 6
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c =1

Vậy GTLN của A = 6 khi a = b = c =1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

(2)

0,25
0,25
0,25

KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN THPT
LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
(dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên
Tin)

Bài I (3 điểm)
1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n4 + 2015n2 chia hết cho 12.

 2 x 2 + 3 xy + y 2 = 12
2) Giải hệ phương trình sau :  2
2
 x − xy + 3y = 11

Bài II (2 điểm)
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn: 2y2 + 2xy + x + 3y – 13 =
0.
2) Giải phương trình: 2 4

x2
3x
+ 4 = 1+
3
2

Bài III (1 điểm)

Cho x, y là các số thực không âm. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
P=

( x 2 − y 2 )(1 − x 2 y 2 )
(1 + x 2 ) 2 (1 + y 2 ) 2

Bài IV (3 điểm)
Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Kẻ tiếp tuyến chung
CD (C, D là tiếp điểm, C ∈ (O), D ∈ (O’)). Đường thẳng qua A song song với
5


CD cắt (O) tại E, (O’) tại F. Gọi M, N theo thứ tự là giao điểm của BD và BC
với EF. Gọi I là giao điểm của EC với FD. Chứng minh rằng:
a) Chứng minh rằng tứ giác BCID nội tiếp.
b) CD là trung trực của đoạn thẳng AI.
b) IA là phân giác góc MIN.
Bài V (1điểm)
Cho 1010 số tự nhiên phân biệt không vượt quá 2015 trong đó không có
số nào gấp 2 lần số khác. Chứng minh rằng trong các số được chọn luôn tìm
được 3 số sao cho tổng của 2 số bằng số còn lại.

------------------------- Hết---------------------(Giám thị không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: .....................................................Số báo
danh:...............................
Chữ ký của giám thị số 1:
2:

Chữ ký của giám thị số

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LỚP 10
NGUYỄN HUỆ

BÀI
I

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN 2 VÀO
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: TOÁN
(Dành cho hệ chuyên Toán và chuyên Tin)
HƯỚNG DẪN CHẤM

Ý

ĐIỂM
3,0

1

4

2

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n + 2015n chia hết cho 12.
4

2

2

1,5
0,25

2

Ta có: n + 2015n = n (n + 2015)

2

Nếu n chẵn thì n2 chia hết cho 4.
Nếu n lẻ thì n2 + 2015 chia hết cho 4.
⇒ n4 + 2015n2 chia hết cho 4.
Nếu n chia hết cho 3 thì n4 + 2015n2 chia hết cho 3
Nếu n chia 3 dư 1 hoặc dư 2 thì n4 + 2015n2 chia hết cho 3.
Vậy n4 + 2015n2 chia hết cho 3.
Vì (4, 3) = 1 nên n4 + 2015n2 chia hết cho 12.
Giải hệ phương trình

0, 5
0, 5
0,25

1,5

 22 x + 33xy + 11y = 121
 2
2
12 x − 12 xy + 36 y = 121
2

2

Suy ra : 10 x 2 + 45 xy − 25y 2 = 0

0,25

6


⇔ ( 2 x − y ) ( x + 5y ) = 0
y

x
=
⇔
2

 x = −5 y

Với x =

0, 5

y
ta được
2

 x = 1  x = −1
;
.

 y = 2  y = −2

0,25


−5 3 
5 3
x =
x =


3
3
;
Với x = −5y ta được 
y = 3
y = 3


3
3

0, 5

Tìm các cặp số nguyên (x, y)…. (1,5 điểm)

2,0
1,0

II
1

2y2 + 2xy + x + 3y – 13 = 0 ⇔ (2y + 1)(x + y + 1) = 14.
⇒ 2y + 1 và x + y + 1 là các ước của 14.
Vì 2y + 1 là số lẻ nên ta có các trường hợp sau:
TH 1: 2y + 1 = 1 và x + y + 1 = 14 ⇒ (x, y) = (13, 0)
TH 2: 2y + 1 = -1 và x + y + 1 = - 14 ⇒ (x, y) = (-14, -1)
TH 3: 2y + 1 = 7 và x + y + 1 = 2 ⇒ (x, y) = (-2, 3)
TH 4: 2y + 1 = - 7 và x + y + 1 = - 2 ⇒ (x, y) = (1, - 4)
2

Giải phương trình 2 4

0, 5
0,25

0,25

x2
3x
(1,5 điểm)

+ 4 =1+
3
2

1,0

Điều kiện: x ≥ 0
Ta có 4

x2
3x
+ 4 = 1+
+ 6x .
3
2

Do 6 x ≤

0,25

x+6
x2
, suy ra 4
+ 4 ≤ 2x + 4
2
3
⇔ 4 x 2 + 48 ≤ 3 x 2 + 12 x + 12

0,5

⇔ ( x − 6) ≤ 0
2

⇔ x=6

Thử lại x = 6 vào thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm x = 6 .
III

0,25

Tìm GTLN …… (1,0 điểm)

1,0

( a + b)
≥ a.b ∀a, b (1). Dấu ‘=’ xảy ra khi a=b.
4
x2 + y2
1 − x2 y2
=
a
= b
Đặt :
và
(1 + x 2 )(1 + y 2 )
(1 + x 2 )(1 + y 2 )

0,25

Ta có :

2

7


( a + b) 2
Theo (1) ta có : P = ab ≤
. Suy ra:
4
1  x2 − y2 +1 − x 2y2 
P≤ 
4  (1 + x 2 )(1 + y 2 ) 

1  ( x 2 + 1)(1 − y 2 ) 
⇔ P≤ 
4  (1 + x 2 )(1 + y 2 ) 


2

1  1 − y2 
⇔ P ≤ .
÷
4  1 + y2 


0,25

2

1− y
∀y

0 ≤ 
2  ≤ 1

Ta có :
Do đó : P max =

2

2

2

1 + y 

1
4

0,25

a = b
x = 1
⇔
2
2
Dấu “=” xảy ra ⇔ 


2
2
y = 0
( 1 − y ) = ( 1 + y )

0,25
3,0
1,0

IV
1

Chứng minh tứ giác BCID nội tiếp ( 1 điểm )

TH1: Điểm A và đoạn thẳng CD nằm về cùng một phía với đường OO’.
Ta có
·ABC = ·AEC = ICD
·
·
·
DBC
= ·AED = IDC

·
·
·
·
·
·
·

⇒ DBA
+ DIC
= ·ABC + DBC
+ DIC
= ICD
+ IDC
+ DIC
= 1800

⇒ Tứ giác BCID nội tiếp.

0,5
0,5

TH2: Điểm A và đoạn thẳng CD nằm khác phía nhau so với OO’.

8


·
·
·
· AF
Vì tứ giác ABCE nội tiếp (O) nên BCE
+ BAE
= 1800 ⇒ BCE
=B
·
Tương tự B· AF = BDI
·

·
·
·
·
·
⇒ BCE
⇒ BCI
= BDI
+ BDI
= BCI
+ BCE
= 1800
⇒ Tứ giác BCID nội tiếp.

⇒ ∆ ICD = ∆ ACD
⇒ CA = CI và DA = DI
⇒ CD là trung trực của AI
b. Chứng minh CD là trung trực của AI (1,0 điểm)
(Hai trường hợp chứng minh như nhau)
·
·
·
·
·
Ta có ICD
= CEA
= DCA
⇒ ICD
= DCA

0,5
1,0

·
·
Tương tự IDC
= CDA

0,5

⇒ ∆ ICD = ∆ ACD
⇒ CA = CI và DA = DI
⇒ CD là trung trực của AI
c. Chứng minh IA là phân giác góc MIN ( 1 điểm)
(Hai trường hợp chứng minh như nhau)

0,5
1,0

Ta có CD ⊥ AI ⇒ AI ⊥ MN.
Gọi K = AB ∩ CD. Ta chứng minh được
CK2 = KA.KB = KD2
⇒ KC = KD (1)

0,5
0,5

KC KD KB
=
=

Vì CD // MN nên
AN AM AB

Từ (1) ⇒ AN = AM
Mà AI ⊥ MN ⇒ ∆ IMN cân tại I
9


⇒ IA là phân giác góc MIN.
V

Chứng minh rằng …(1điểm)
Giả sử 0 ≤ a1 < a2 < a3 < ... < a1010 ≤ 2015 là 1010 số tự nhiên được chọn.
Xét 1009 số : bi = a1010 − ai , i = 1, 2,..,1009 suy ra:
0 < b1009 < b1008 < ... < b1 ≤ 2015

1,0
0,5

Theo nguyên lý Dirichlet trong 2019 số ai , bi không vượt quá 2015 luôn
tồn tại 2 số bằng nhau, mà các số ai và bi không thể bằng nhau, suy ra tồn
tại i,j sao cho:

0,5

bi = a j ⇒ a1010 − ai = a j ⇒ a1010 = ai + a j (dpcm )
(Chú ý i ≠ j do trong 1010 số được chọn không có số nào bằng 2 lần số

khác )
Các chú ý khi chấm:

1) Thí sinh phải lập luận đầy đủ mới cho điểm tối đa.
2) Thí sinh có cách giải đúng, khác với hướng dẫn thì giám khảo vẫn chấm và cho
điểm theo số điểm quy định dành cho câu (hay ý) đó.
3) Vận dụng hướng dẫn chấm chi tiết đến 0,25 điểm nên không làm tròn điểm bài thi.

10


11


12


13


14


15


PHÒNG GD&ĐT TAM
ĐẢO
——————

ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
THPT
NĂM HỌC 2016-2017

ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.

————————————
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Trong 4 câu từ câu 1 đến câu 4, mỗi câu đều
có 4 lựa chọn, trong đó có duy nhất lựa chọn đúng. Em hãy viết vào tờ giấy làm bài thi
chữ cái A, B, C hoặc D đứng trước lựa chọn mà em cho là đúng.
Câu 1. Giá trị của x để biểu thức
A. x ≥ −

1
2

B. x ≤

2 − 4x có nghĩa là:

1
2

C. x ≥

Câu 2. Giá trị của 6. 24 bằng:
A. 36
B. 14

1
2

D. x ≤ −

C. 144

1
2

D. 12

Câu 3. Giá trị nào của m thì đường thẳng y = x + m tiếp xúc với parabol y = x2 ?
1
1
A. m = −1
D. m = 1
B. m =
C. m = −
4

4

Câu 4. Một hình trụ có bán kính đường tròn đáy là 2a, chiều cao là 4a (a>0 cho trước)
thì có thể tích là:
A. 16 π a3
B. 8 π a3
C. 4 π a3
D. 32 π a3
PHẦN II. TỰ LUẬN (8,0 điểm).
 2 x − 3 y = 11
 x + y = −2

Câu 5 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình 

Câu 6 (2,0 điểm). Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 – m + 1= 0 (x là ẩn, m là tham số).
a) Giải phương trình khi m = 1
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2.
c) Với điều kiện của câu b) hãy tìm giá trị của m để biểu thức A= x 1. x2 – x1 – x2 +2016
đạt giá trị nhỏ nhất tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Câu 7 (1,5 điểm). Hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước thì trong 5
giờ sẽ đầy bể. Nếu vòi thứ nhất chảy trong 3 giờ và vòi thứ 2 chảy trong 4 giờ thì được
2
bể nước. Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình thì trong bao lâu mới đầy bể.
3

Câu 8 (2,0 điểm). Cho đường tròn (O), M là một điểm nằm ngoài đường tròn (O). Qua
M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O) với A, B là các tiếp điểm; MPQ là
một cát tuyến không đi qua tâm của đường tròn (O), P nằm giữa M và Q. Qua P kẻ
đường thẳng vuông góc với OA cắt AB, AQ tương ứng tại R, S. Gọi trung điểm đoạn
PQ là N. Chứng minh rằng:
a) Các điểm M, A, N, O, B cùng thuộc một đường tròn, chỉ rõ bán kính của đường tròn
đó.
b) PR = RS.

16


Câu 9 (1,0 điểm). Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =

1
1
1

+ 3
+ 3
3
3
x + y +1 y + z +1 z + x 3 +1
3

---------HẾT----------HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016-2017
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
HƯỚNG DẪN CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải
trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì giám khảo vẫn
cho điểm tối đa.
- Trong mỗi bài, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan
không được điểm.
- Bài hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, nếu không có hình
vẽ đúng ở phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của
phần đó.
- Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm
tròn.
BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN:
Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm):
Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm.
Câu
Đáp án
Điểm
Phần II. Tự luận (8,0 điểm).

Câu 5 (2,0 điểm).
Câu
Ý

1
B
0,5

2
D
0,5

3
C
0,5

Nội dung trình bày

Điể
m

 2 x − 3 y = 11 2 x − 3 y = 11
⇔
 x + y = −2
3 x + 3 y = −6

Ta có 
5

4

A
0,5

0,5

 2 x − 3 y = 11
2 x − 3 y = 11 2.1 − 3 y = 11  y = −3
⇔
⇔
⇔

3 x + 3 y = −6
5 x = 5
x = 1
 x =1
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: x = 1, y = −3

Khi m = 1 ta có phương trình: x2 – 2x + 1= 0 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1
vậy khi m = 1 phương trình có nghiệm duy nhất là x= 1

0,5
0,5

2

6

a
b
c

Ta có ∆ ' = m 2 − m 2 + m − 1 = m − 1
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2. thì ∆ ' > 0 ⇔ m>1
Với điều kiện m> 1
Theo công thức viet ta có: x1 + x2 = 2m, x1x2 = m2 – m + 1

0,5
0,25
0,5
0,5
0,25

17


Do đó A= x1. x2 – x1 – x2 +2016 = m2 – m + 1- 2m + 2016
3
2

8059 8059
≥
4
4
8059
3
Suy ra giá trị nhỏ nhất của A là
đạt được khi m =
4
2
2

= m2 – 3m + 2017= (m − ) +

(thỏa mãn ĐK)
Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x (giờ), thời gian 0,25
vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là y (giờ)
Điều kiện x; y>5
0,25
Trong 1 giờ: vòi thứ nhất chảy được

1
1
bể; vòi thứ hai chảy được
y
x

bể
Trong 1 giờ cả hai vòi chảy được

1
bể
5

Vì hai vòi nước cùng chảy vào bể không có nước thì trong 5 giờ sẽ
đầy bể nên ta có phương trình:

1 1 1
+ = (1)
x y 5

Nếu vòi thứ nhất chảy trong 3 giờ và vòi thứ 2 chảy trong 4 giờ thì

7

1 2
2
1
bể nên ta có phương trình: 3. +4. = (2)
y 3
3
x
1 1 1
x + y = 5

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 
3 + 4 = 2
 x y 3

0,25

được

Giải hệ phương trình trên ta đươc x = 7,5; y = 15 (thỏa mãn điều
kiện)
Vậy thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là 7,5 giờ, thời
gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là 15 giờ.

a
8

0,25

0,25
0,25

vẽ hình đúng
·
Có: MAO
= 900 (góc giữa tiếp tuyến với bán kính đi qua tiếp điểm).

0,25

·
Tương tự MBO
= 900 .

0,25

18


Suy ra các điểm A, N, B cùng nhìn đoạn MO dưới một góc vuông.
Vậy 5 điểm M, A, N, O, B cùng thuộc đường tròn bán kính

b

MO
.
2

0,25

0,25

Tứ giác MANB nội tiếp nên ·AMN = ·ABN (1), OA ⊥ PS ,
·
(2).
OA ⊥ MA ⇒ PS // MA ⇒ ·AMN = RPN
0,25
·
·
·
·
Từ (1) và (2) suy ra: ABN = RPN hay RBN = RPN ⇒ tứ giác PRNB
·
·
nội tiếp ⇒ BPN
(3)
= BRN
0,25
·
·
Mặt khác có: BPN = BAQ (4), nên từ (3) và (4) suy ra:
·
·
BRN
= BAQ
⇒ RN // SQ (5)

0,25

Từ (5) và N là trung điểm PQ nên trong ∆SPQ có RN là đường

trung bình, suy ra PR = RS (đpcm)
0,25
2
Ta có (x − y) ≥ 0 ∀x; y
⇔ x 2 − xy + y 2 ≥ xy

0,25

Mà x; y > 0 =>x+y>0
Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2)
⇒ x3 + y3 ≥ (x + y)xy
⇒ x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz
⇒ x3 + y3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0

Tương tự:
9

0,25

y3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0
z3 + x3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0

1
1
1
+
+
xy(x + y + z) yz(x + y + z) xz(x + y + z)
x+y+z
⇒A ≤

xyz(x + y + z)
1
=1
⇒A ≤
xyz
⇒A ≤

Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 ⇔ x = y = z = 1

0,25

0,25

-----------------------

19


PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
TIỀN HẢI

ĐỀ KHẢO SÁT TUYỂN SINH
LỚP 10
NĂM: 2016 - 2017
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài 120 phút)

Bài 1 (2,0 điểm)
 1
+

Cho biểu thứ A = 
 x

x 
x
:
với x>0
x + 1  x + x

a) Rút gọn A.
b) Tìm x để A = 13/3
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A
Bài 2 (2,0 điểm) Cho đường thẳng (d): y = x - m + 1 và parabo; (P) : y = x2
a) Khi m = -1 hãy tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P)
b) Tìm m để đường thẳng (d) và paradol (P) : y= x2 cắt nhau tại 2 điểm phân biệt
bên phải trục tung.
Bài 3 (2,0 điểm)
mx - y = 2m
x - my = m + 1

Cho hệ phương trình 

a) Giải hệ phương trình khi m = 2
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn: x2 + y2 = 5/2
Câu 4 ( 3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đoạn OA lấy
điểm H (H khác A và O), đường thẳng kẻ qua H vuông góc với AO cắt nửa
đường tròn tại C. kẻ HE vuông góc với AC tại E, HF vuông góc với BC tại F.
Chứng minh rằng:
a) CH = EF
b) tứ giác AEFB nội tiếp

c) EF vuông góc với OC.
d) Khi H thay đổi trên đoạn OA ( H khác A và O) thì tâm I của đường tròn nội
20


tiếp tam giác CHO di chuyển trên một đương cố định.
Câu 5 (0,5 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: 5a 2 + 2abc + 4b2
+ 3c2 = 60. Tìm giá trị lớn nhật của biểu thức A = a + b + c

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO BẠC LIÊU
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
MÔN: TOÁN
NĂM HỌC 2015 – 2016
(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 phương trình x² + 2y² + 3xy + 8 = 9x + 10y với x, y
thuộc N*.
Câu 2. (2,0 điểm)
Cho phương trình 5x² + mx – 28 = 0 (m là tham số). Tìm các giá trị của m để
phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện 5x1 + 2x2 = 1.
Câu 3. (2,0 điểm)
a. Cho phương trình x4 – 2(m – 2)x² + 2m – 6 = 0. Tìm các giá trị của m sao cho
phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
b. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

Câu 4. (2,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và MN. Vẽ tiếp tuyến d của đường
tròn (O) tại B. Đường thẳng AM, AN lần lượt cắt đường 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 đường thẳng d đi qua A sao cho d không cắt
đoạn BC. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B và C trên d. Tìm giá
trị lớn nhất của chu vi tứ giác BHKC.
21


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 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
x
y

1
6

2
4

3
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
Nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2.
22


Ta có: x1 + x2 = –m/5
(1)
x1x2 = –28/5
(2)
5x1 + 2x2 = 1
(3)
Từ (3) suy ra x2 = (1 – 5x1)/2
(4)
Thay (4) vào (2) suy ra 5x1(1 – 5x1) = –56
<=> 25x1² – 5x1 – 56 = 0
<=> x1 = 8/5 hoặc x1 = –7/5
Với x1 = 8/5 → x2 = –7/2
Thay vào (1) ta có 8/5 – 7/2 = –m/5 <=> m = 19/2
Với x1 = –7/5 → x2 = 4 → –7/5 + 4 = –m/5 suy ra m = –13
Câu 3.
a. x4 – 2(m – 2)x² +2m – 6 = 0. (1)

Đặt t = x² (t ≥ 0)
(1) <=> t² – 2(m – 2)t + 2m – 6 = 0
(2)
Δ’ = (m – 2)² – (2m – 6) = m² – 6m + 10 = (m – 3)² + 1 > 0 với mọi m.
Phương trình (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt.
Ứng với mỗi nghiệm t > 0 thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Do đó,
phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi chỉ khi phương trình (2) có hai
nghiệm phân biệt dương.
<=> 2m – 6 > 0 và 2(m – 2) > 0 <=> m > 3.
Vậy m > 3 thỏa mãn yêu cầu.
b. Áp dụng bất đẳng thức cô si: a5 + 1/a ≥ 2a²; b5 + 1/b ≥ b²; c5 + 1/c ≥ c². Suy
ra:

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.

23


a. Tam giác ABE vuông tại B và BM vuông góc với AE
Nên ta có AM.AE = AB²
Tương 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 đường 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)
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.

24


Ta có BC² = AB² + AC² = BH² + AH² + AK² + CK²
Ta cần chứng minh bất đẳng thức:
(ac + bd)² ≤ (a² + b²)(c² + d²)
(*)
<=> a²d² – 2abcd + b²c² ≥ 0 <=> (ad – bc)² ≥ 0 (đúng với mọi a, b, c, d)Ta có: (*)
<=> a²c² + 2acbd + b²d² ≤ a²c² + a²d² + b²c² + b²d²
Dấu bằng xảy ra khi ad = bc hay a/c = b/d
Áp dụng (*) ta được: 2(BH² + AH²) ≥ (BH + AH)²
(1)
Tương 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.

25