BỘ đề đáp án vào 10 các TỈNH 2016 2017

/>
1


/>
2


/>
3


/>
4


/>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH
LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn : TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể phát đề)

Câu 1. (2.0 điểm)
Không sử dụng máy tính cầm tay:
1
;
2

a) Tính 8 − 2 +

x + y = 4
x + 2 y = 6

b) Giải hệ phương trình: 

Câu 2. (2.0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) : y =
2x – 3
a) Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ;
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tinh.
Câu 3. (2.5 điểm)
Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 2m = 0 (m là tham số)
a) Giải phương trình (1) với m = 1;
b) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của
m;
c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1, x2 thỏa mãn hệ thức
x1 +

x2 =

2

Câu 4. (3.5 điểm)
Cho nửa đường tròn O bán kính R và điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M vẽ
hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp trong một đường tròn;
b) Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D). Chứng minh

hệ thức MA2 = MC. MD;
c) Gọi H là trung điểm của dây CD. Chứng minh HM là tia phân giác của góc
AHB;
d) Cho ·AMB = 600. Tính diện tích của hình giới hạn bởi hai tiếp tuyến MA,
MB và cung nhỏ AB.
HẾT

5


/>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
1

Ý
a)
(1,00)

b)
(1,00)

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn : TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm có 3 trang)
Nội dung

8− 2+

1
2
=2 2− 2+
=
2
2

2+

2
3 2
=
2
2

1,00

Trừ vế với vế hai phương trình của hệ, ta được: – y = – 2 ⇔ y = 2
Thay y = 2 vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được: x = 4 – 2 =
2.
x = 2
y = 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm: 
2

Điểm

0,50
0,25
0,25

Vẽ (d): y = – 2x + 3:
Cho x = 0 tìm được y = 3, y = 0 tìm được x =
(d) đi qua (0; 3) và (

3
2

0,25

3
; 0).
2

Vẽ (P): y = x2. Bảng giá trị
x
-2
-1
2
y = -x
4
1

0,25
0
0

1
1

2
4

a)
(1,00)

0,50

3

6

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = – 2x + 3
⇔ x2 + 2x – 3 = 0 ⇔ x1 = 1, x2 = – 3.
b)
2
(1,00) Thay vào y = x , tìm được y1 = 1; y2 = 9.
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: (1; 1) và (– 3; 9).
Với m = 1, phương trình trở thành: x2 – 4x + 2 = 0
a)
∆ ' = 2.
(1,00)
Phương trình có hai nghiệm: x1 = 2 + 2 ; x2 = 2 – 2 .
Ta có: ∆ ' = [– (m + 1)]2 – 2m = m2 + 1 > 0, với mọi m.
b)
(0,75) Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
0,50
0,25


/>c)
Theo hệ thức Vi-ét: x1 + x2 = 2(m + 1); x1. x2 = 2m
(0,75) Theo đầu bài ta cần có x1, x2 là hai nghiệm không âm. Hay:
 x1 + x2 ≥ 0
2(m + 1) ≥ 0
m ≥ − 1
⇔
⇔
⇔ m ≥ 0 (*)

 x1 x2 ≥ 0
2m ≥ 0
m ≥ 0
Ta có x1 + x2 = 2 ⇔ x1 + x2 + 2 x1 x2 = 2
⇔ 2m + 2 + 2 2m = 2 ⇔ m = 0 (thỏa mãn (*))

0,25
0,25
0,25

4

Hình
(0,25)

Hình
vẽ
đến
câu b
0,25

Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp
a)
Tứ giác MAOB có:
·
·
(0,75) MAO
= 900 , MBO
(tính chất tiếp tuyến);

0,25

·
·
+ MBO
= 1800
MAO

Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính AO.

Chứng minh: MA2 = MC. MD
µ chung;
Hai tam giác DMA và AMC có: M

b)
·
·
(1,00) MAC
= MDA
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây
cùng chắn cung AC)
nên ∆ DMA ∽ ∆ AMC (g-g)
Suy ra:

MA MD
⇒ MA2 = MC. MD
=
MC MA

Chứng minh HM là phân giác của góc AHB
Ta có: H là trung điểm của dây CD nên OH ⊥ CD ( Định lý quan
c)
hệ giữa đường kính và dây)
(0,75)
·
·
Suy ra: MHO
= MBO
= 900 nên tứ giác MHOB nội tiếp đường
tròn.

Tứ giác MHOB nội tiếp nên:
·
·
= BOM
( góc nội tiếp cùng chắn cung MB)
BHM
Tứ giác MHOB nội tiếp nên:
·
·
= AOM
( góc nội tiếp cùng chắn cung AM)
AHM
·
·
Lại có AOM
= BOM
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
·
·
⇒ AHM
= BHM
. Vậy HM là tia phân giác của góc AHB

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
7


/>Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai tiếp tuyến MA,
MB và cung nhỏ AB
1
Tam giác MAO vuông tại A, có ·AOM = 600; nên OA =
MO
2

hay MO = 2 AO = 2R.
d)
Theo định lý Pitago ta có AM2 = MO2 – AO2 = 3R2. Hay AM = 3
(0,75)
R.
Gọi S là diện tích hình cần tìm, SMAOB là diện tích tứ giác MAOB,
SMAO là diện tích tam giác MAO, SqAOB là diện tích hình quạt chắn
cung nhỏ AB khi đó S = SMAOB – SqAOB .
Ta có: SMAOB = 2. SMAO = AO. AM = R. 3 R = 3 R2 (đvdt).
π R 2 .120 π R 2
0 ⇒
0
·
»
=

Từ AOB = 120
sđ AB = 120 nên SqOMB =
360

3

0,25

0,25

(đvdt).
Vậy S = SMAOB – SqAOB =

π
π R2
= R 2 ( 3 − ) (đvdt).
3R –
3
3
2

0,25

Chú ý: Điểm nhỏ nhất trong từng phần là 0,25 đ và điểm toàn bài không làm
tròn.

8


/>SỞ GD ĐÀO TẠO

KỈ THI TUYỂN SINH VÀO 10TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
BÌNH ĐỊNH
NĂM HỌC 2016-2017
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN
Ngày Thi: 19/6/2016
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1 (2đ)
Không dùng máy tính hãy thực hiện
a/ Tính giá trị của biểu thức: A =

x +6
khi x = 4
x+5 −5

2 x − y = 5
 y − 5 x = 10

b/ Giải hệ phương trình 

c/ Giải phương trình x4 +5x2 – 36 = 0
Bài 2 (1đ)
Cho phương trình x2 – (3m – 1)x +2m2 – m = 0 (m là tham số)
Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 phân biệt thỏa x1 − x2 =2
Bài 3 (2đ)
Một phân xưởng cơ khí theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong
một số ngày quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm
nên đã hoàn thành kề hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Tìm số sản phẩm
theo kế hoạch mà mỗi ngày phân xưởng này phải sản xuất.

Bài 4 (4đ)
Cho đường tròn tâm O, dây cung AB cố định (AB không phải là đường kính
của đường tròn). Từ điểm M di động trên cung nhỏ AB (M ≠ A và M ≠ B), kẽ dây
cung MN vuông góc với AB tại H. Từ M kẽ đường vuông góc với NA cát đường
thẳng NA tại Q.
a/ Chứng minh bốn điểm A,M,H,Q nằm trên một đường tròn. Từ đó suy ra MN
là tia phân giác của góc BMQ
b/ Từ M kẽ đường vuông góc với NB cắt đường thẳng NB tại P. Chứng minh
·AMQ = PMB
·

c/ Chứng minh 3 điểm P; H; Q thẳng hàng
d/ Xác định vị trí của M trên cung AB để MQ.AN + MP. BN có giá trị lớn nhất
Bài 5 (1đ)
3x 2
+ y 2 + z 2 + yz = 1
Cho x, y, z là các số thực thõa mãn điều kiện
2

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z
-------------------------------------------------------------------------------------

9


/>HDG
Bài
1

Bài

2

Bài
3

a/ A = -4
b/ Nghiệm của hệ (x;y) = (-5; -15)
c/ Đặt t = x2 (t ≥ 0) ta có phương trình t2 + 5 t – 36 = 0
giải phương trình ta có t1 = 4 và t2 = - 9 (k tmđk)
t = t1 = x2 = 4 => x = ± 2.
Phương trình có 2 nghiệm x1 = 2; x2 = - 2
Phương trình x2 – (3m – 1)x +2m2 – m = 0 (m là tham số)
Có ∆ = (3m – 1)2 – 4(2m2 – m) = 9m2 – 6m +1 – 8m2 +4m
= m2 – 2m +1= (m – 1)2 > 0 với mọi m khác 1
 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1; x2
 Theo đinh lí vi et ta có x1+ x2 = 3m – 1; x1x2 = 2m2 – m
Lai có x1 − x2 = 2 ⇔ ( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2 = 4 ⇔ (3m – 1)2 – 4 (2m2 – m) = 4
⇔ 9m2 – 6m +1 – 8m2 +4m -4 =0 ⇔ m2 – 2m – 3 =0
Giải phương trình ẩn m ta có m1 -1 và m2 = 3. (cả 2 nghiệm đều tmđk)
Gọi x là số sản phẩm phân xưởng làm một ngày theo kế hoạch (x
nguyên dương)
x+ 5 là số sản phẩm mà phân xưởng làm thực tế mỗi ngày

2đ

1đ

2đ

1100

(ngày)
x
1100
Thời gian thực tế hoàn thành số sản phẩm được giao
(ngày)
x+5

Thời gian dự định hoàn thành số sản phẩm được giao

Do hoàn thành kề hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày ta có
phương trình

1100 1100
−
= 2.
x
x+5

Gải phương trình ta được x1= 50 (tmđk) x2 = - 55 (k tmđk)
Vậy theo kế hoạch mà mỗi ngày phân xưởng này phải sản xuất là 50
sản phẩm
Bài
4

4đ

·
·
a/ ta có MQA
= MHA

=.> hai điểm H, Q cùng nhìn đoạn AM dưới 1 góc
không dổi => tứ giác AMHQ nội tiếp => 4 điểm A,M,H,Q cùng nằm
trên một đường tròn
10


/>·
·
·
QMN
= BMN
(cùng bằng BAN
) Suy ra MN là tia phân giác của góc
BMQ
·
·
b/ Ta có MBP
(cùng bù với góc MBN)
= MAN
·
=> ·AMQ = PMB
·
·
c/ Theo câu b ta có ·AMQ = PMB
suy ra ·AHQ = PHB
mà ·AHB = 1800 suy
·
ra QHP
bằng 1800 = > 3 điểm P; H; Q thẳng hàng
d/ Ta có 2(SAMN +SMBN) = MQ.AN + MP. PN = MN.AB ≤ 2R.AB (R

là bán kính của đường tròn (O); AB không đổi)
» = MB
»
Dấu bằng xảy ra ⇔ MN là đường kính khi đó MA
Vậy M là điểm chính giữa cảu cung AB thì.AN + MP.BN có giá trị lớn
nhất
Bài
5

3x 2
3x 2
+ y 2 + z 2 + yz = 1 = > yz = 1 −
− y2 − z2
2
2
2
2
2
2
B = x + y + z ⇔ B = x +y z + 2(xy +yz + xz)

Từ

= > B2 = x2 +y2 z2 +2(xy + 1 −

3x2
− y 2 − z 2 +xz)
2

2

2
= > B2 = 2 - ( x − y ) + ( x − z )  ≤ 2 ⇒ B ≤ 2 ⇒ − 2 ≤ B ≤ 2

2
Vậy Min B = − 2 ; Max B = 2 ⇔ x = y = z =
3

11


/>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
BÌNH DƯƠNG
Năm học: 2016 – 2017
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (1.5 điểm)
2
a) Giải phương trình: x − 2.( x − 4 x + 3) = 0 ;
b) Giải phương trình: x 4 − 2 x 2 − 3 = 0 ;
2 x + by = a
c) Tìm a, b để hệ phương trình 
có nghiệm (1; 3).
bx + ay = 5
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)
Cho phương trình x 2 − (5m − 1) x + 6m 2 − 2m = 0 (m là tham số)
a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m;
2
2
b) Tìm m để nghiệm x1 , x2 của phương trình thỏa hệ thức x1 + x2 = 1 .
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………..

12


/>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HD CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
BÌNH DƯƠNG

Năm học: 2016 – 2017
Môn thi: TOÁN
Câu 1:
a) Điều kiện x ≥ 2, phương trình

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

(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.
b) Đặt t = x 2 (t ≥ 0) phương trình trở thành t 2 − 2t − 3 = 0 .
có a – b + c = 1 – (–2) + (–3) = 0 nên có nghiệm t1 = –1 (loại), t2 = 3;
t = 3 ⇒ x2 = 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 
, ta có
bx
+
ay
=
5

 17
a=
a = 2 + 3b
2 + 3b = a

a = 2 + 3b

 10
⇔
⇔

1 ⇔
b + 3a = 5
b + 6 + 9b = 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 ⇔ 2x2 + 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
Tọa độ giao điểm hai đường là ( 1;2 ) ,  − ; ÷
 2 2
Câu 3:

Gọi x (tấn) là trọng tải xe nhỏ (x > 0); x + 1 (tấn) là trọng tải xe lớn;

20
là số xe nhỏ;
x

20
20 20
−
=1
là số xe lớn. Ta có phương trình
x +1
x x +1
Với x > 0 phương trình trên trở thành 20 x + 20 − 20 x = x 2 + x ⇔ x 2 + x − 20 = 0
−1 + 9
−1 − 9
= 4 , x1 =
= −5 (loại)
Có ∆ = 1 + 80 = 81 > 0 nên có 2 nghiệm x1 =
2
2
Vậy trọng tải xe nhỏ là 4 tấn.
13


/>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
b) Theo viét: 
. Theo đề: x1 + x2 = 1 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 1
2
 x1 x2 = 6m − 2m
m = 0
2
2
2
⇒ 25m − 10m + 1 − 2(6m − 2m) = 1 ⇔ 13m − 6 m = 0 ⇔ m(13m − 6) = 0 ⇔ 
6
m =
13

là 2 giá trị m cần tìm.
Câu 5:
1
1
1 ¼
a) ·ABC + ·ACB = sñ »AC + sñ »AB = sñ BAC
và
2
2
2
1 ¼

·
·
BIC
= sñ BAC
⇒ ·ABC + ·ACB = BIC
;
2
·
·
NE ⊥ AH, DC ⊥ AC ⇒ DEN
+ DCN
= 900 + 900 = 1800
⇒ 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
·ACI = 900 ⇒ AI là đường kính ·AFI = 900 ⇒ FI ⊥ AD ⇒ FI // BC (cùng vuông góc
» = CI
º (hai cung chắn giữa hai dây song song) ⇒ BF = CI
với AD) ⇒ BF
⇒ 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
chung nên đồng dạng ⇒
AC AD
AM AE

=
⇒ AM . AB = AE. AD ⇒
và µA góc chung ⇒ ∆AME đồng dạng ∆ADB
AD AB
·
·
·
·AME = ·ADB mà ·AME + EMB
= 1800 ⇒ EDB
+ EMB
= 1800
⇒ Tứ giác BMED nội tiếp.

14


/>
15


/>HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN - BÌNH THUẬN
2016-2017
Câu

Hướng dẫn giải
2

x + 5x + 6 = 0
a
1

∆ = 52 − 4.1.6 = 1
−5 + 1
−5 − 1
= −2; x2 =
= −3
2.1
2.1
x + y = 2
3 x = 6
x = 2
x = 2
⇔
⇔
⇔

2 x − y = 4
x + y = 2
2 + y = 2
y = 0

⇒ x1 =

b

A=

(

(

)

28 − 2 7 + 7 . 7

)

= 2 7 −2 7 + 7 . 7

a

= 7. 7
=7

2
B = a b −b a :
b

=

(

ab

a− b

)(

ab
1

=
a+ b

a− b

)

(

a− b
ab

).

(

a+ b

)

= a−b

a
x
y = x2

-2
4

-1

1

0
0

1
1

Pt hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
x 2 = 2 x − m ⇔ x 2 − 2 x + m = 0 (1)
(P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi pt (1) cí hai nghiệm phân biệt

3
b

⇔ ∆ ' > 0 ⇔ ( −1) 2 − 1.m > 0
⇔ 1− m > 0
⇔ m <1

Vậy với m < 1 thì (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt

4

16

2
4


/>Xét tứ giác OBMC có:

µ =C
µ = 900 (t/c tiếp tuyến)
B
µ +C
µ = 1800
⇒B
⇒ Tứ giác OBMC nội tiếp

b

Xét ∆ MAB và ∆ MBD có:
¶ chung
M
µA = B
µ  = 1 sd BD
» 

÷
 2


⇒ ∆ MAB

∆ MBD (g.g)

 1 » 
µ = BCM
·
Ta có: E
1

 = sd BC ÷


2



·
µ ( vì OBMC noi tiep )
BCM
=O
1

c

µ =O
µ
⇒E
1
1
⇒

MO // EC ( vì hai góc E1 và O1 ở vị trí đồng vị)
·
·
·
Khi BAC
= 600 thì ∆ BMC là tam giác đều (vì MB = MC và MBC
= BAC
= 600 )

Gọi H là giao điểm của BC và OM. Khi quay ∆ BMC quanh cạnh BC thì
hình sinh ra là hai hình nón bằng nhau có chung mặt đáy bán kính là HM,
đường cao là BH.
Ta có : OM là trung trực của BC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
⇒ OM ⊥ BC tại trung điểm H.
1·
·
(quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn 1
BAC
= BOC
2

cung)
d

µ =
⇒O
1

1·
BOC = 60 0 (OM là phân giác của góc BOC)
2

µ = R.sin 600 =
Trong ∆ BOH vuông tại H có: BH = OB.sin O
1

R 3
2

¶ +O
µ = 900
M
1
1
( ∆ OBM vuông tại B)
¶ = 900 − O
µ = 300
⇒M
1

1

Trong ∆ BMH vuông tại H có:

R 3
BH
3R
MH =
= 2 0=
¶
tan 30
2
tan M
1
2

1
1  3R  R 3 3 3π 3
=

R
Thể tích hai hình nón là: V = 2. π .MH 2 .BH = 2. π .  ÷ .
3
3  2 
2
4

17


/>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2016 – 2017
MÔN THI: TOÁN

Ngày thi: 14 tháng 6 năm 2016
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1: (2,5 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: A = 3 16 − 2 9 +
b) Giải hệ phương trình:
c) Giải phương trình:

8
2

4 x + y = 7


3 x − y = 7

x2 + x – 6 = 0

Câu 2: (1,0 điểm)
a) Vẽ parabol (P): y =

1 2
x và
2

b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d): y = 2x + m đi qua điểm M(2;3)
Câu 3: (2,5 điểm)
a/ Tìm giá trị của tham số m để phương phương trình x 2 – mx – 2 = 0 có hai
nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 x2 + 2 x1 + 2 x2 = 4
b/ Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích bằng 360 m2. Tính chiều dài và chiều
rộng của mảnh đất đó, biết rằng nếu tăng chiều rộng thêm 3m và giảm chiều dài 4m
mảnh đất có diện tích không thay đổi.
c/ Giải phương trình: x 4 + ( x 2 + 1) x 2 + 1 − 1 = 0
Câu 4: (3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Lấy C trên đoạn AO, C khác A và O.
Đường thẳng đi qua C vuông góc với AB cắt nửa đường tròn (O) tại D. Gọi E là
trung điểm đoạn CD. Tia AE cắt nửa đường tròn (O) tại M.
a) Chứng minh tứ giác BCEM nội tiếp.
b) Chứng minh góc AMD + góc DAM = DEM
c) Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh FD 2 = FA.FB
và

CA FD
=

CD FB

d) Gọi (I; r) là đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM. Giả sử r =
CI//AD.
Câu 5: (0,5 điểm)
Cho a, b là hai số dương thỏa mãn ab =

CD
. Chứng minh
2

a −b
a+b
. Tìm Min P = ab +
a −b
ab

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

18


/>ĐÁP ÁN
Câu 1:
a) Rút gọn: A= 3 16 − 2 9 +

8
= 12 − 6 + 2 = 8
2

4 x + y = 7
7 x = 14
x = 2
⇔
⇔
3 x − y = 7
4 x + y = 7
 y = −1

b) Giải hệ PT: 

c) Giải PT: x2+x-6=0

∆ = b 2 − 4ac = 12 − 4.1.(−6) = 25 ⇒ ∆ = 5
x1 =

−b + ∆ −1 + 5
−b − ∆ −1 − 5
=
= 2; x1 =
=
= −3
2a
2
2a
2

Câu 2:
a) Vẽ đồ thị hàm số:
x

1
y= x 2
2

-2

-1

0.5*x^2
2

1
2

0

1

2

0

1
2

2

y= / x
(-2, 2)
(2, 2)

b) Để (d) đi qua M(2;3) thì: 3=2.2+m ⇔ m=-1
Vậy m=-1 thì (d) đi qua M(2;3)

1

(1.0, 0.5)

(-1.0, 0.5)
1

Câu 3:
a) Vì a.c=1.(-2)=-2<0
Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của m.
−b

 x1 + x2 = a = m
Theo ViÉt ta có: 
 x . x = c = −2
 1 2 a

Để x1x2 +2x1+2x2 =4⇔ x1x2 +2(x1+x2) =4⇔-2+2m=4⇔m=3
Vậy m=3 thì phương trình x2-mx-2=0 có hai nghiệm thỏa: x1x2 +2x1+2x2 =4
b)
Gọi x(m) chiều rộng của mảnh đất lúc đầu(x>0)
Chiều dài mảnh đất lúc đầu

360
(m)
x

Chiều rộng mảnh đất sau khi tăng: x+3(m)
Chiều dài mảnh đất sau khi giảm:
Theo đề bài ta có pt: (x+3)(

360
− 4 (m)
x

360
− 4 )=360
x

 x = 15( n)

⇔(x+3)(360-4x)=360x ⇔x2+3x-270=0 ⇔  x = −18(l )


19


/>Vậy chiều rộng, chiều dài của thửa đất hình chữ nhật lúc đầu là: 15m và 24m
Câu 3c) Giải phương trình:
x 4 + ( x 2 + 1) x 2 + 1 − 1 = 0
⇔ x 4 − 1 + ( x 2 + 1) x 2 + 1 = 0 ⇔ ( x 2 + 1)( x 2 − 1) + ( x 2 + 1) x 2 + 1 = 0
⇔ ( x 2 + 1)( x 2 − 1 + x 2 + 1) = 0 ⇔ ( x 2 + 1)( x 2 + 1 + x 2 + 1 − 2) = 0
⇒ ( x 2 + 1 + x 2 + 1 − 2) = 0 (1). Vì ⇒ x 2 + 1 > 0∀x
t = 1(n)
2
Đặt t = x 2 + 1(t ≥ 0) . (1) ⇔ t + t − 2 = 0 ⇔ 

t = −2(l )

Với t = 1 ⇒ x 2 + 1 = 1 ⇔ x = 0 . Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 0
Câu 4
H

D
1

2

K

M
1
I

E
1
F

A

1
C

O

B

·
·
·
a\ Xét tứ giác BCEM có: BCE
= 900 ( gt ) ; BME
= BMA
= 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường
tròn)
·
·
⇒ BCE
+ BME
= 900 + 900 = 1800 và chúng là hai góc đối nhau

Nên tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn đường kính BE
·
·
 DEM
= CBM
(Y BCEMnt )
b\ Ta có:  ·
·
µ
+B
CBM = CBD
1
·
¶ (cùng chắn cung AD); B
µ = µA (cùng chắn cung DM)
=M

Mà CBD
1
1
1
·
¶ +µ
·
·
=M
A1 Hay DEM
Suy ra DEM
= ·AMD + DAM
1
¶ = FBD
·
c\ + Xét tam giác FDA và tam giác FBD có Fµ chung: D
(cùng chắn cung AD)
1
FD FA
=
hayFD 2 = FA.FB
FB FD
¶
·
¶
·
¶ =D
¶
·
+ Ta có D1 = FBD (cmt); D2 = FBD (cùng phụ DAB ) nên D

1
2
CA FA
FD FA
=
=
(cmt ) .
Suy ra DA là tia phân giác của góc CDF nên
. Mà
CD FD
FB FD
CA FD
=
Vậy
CD FB
CD
d\ + Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM có IE =
(gt).
2
CD
Mà ED = EC =
(gt)
2

Suy ra tam giác FDA đồng dạng tam giác FBD nên:

20


/>Trong tam giác CID có IE = ED = EC =

CD
nên tam giác CID vuông tại I ⇒ CI ⊥ ID
2

(1)
·
¶ (HK//EM); M
¶ = DBA
·
·
·
=M
+ Ta có KID
(tứ giác KIHD nội tiếp); KHD
(cùng
= KHD
1
1
·
·
chắn cung AD) nên KID
= DBA
·
·
·
·
+ Ta lại có: KID
+ KDI
= 900 (tam giác DIK vuông tại K); DBA

+ CDB
= 900 (tam giác
·
·
BCD vuông tại C). Suy ra KDI
nên DI ≡ DB (2)
= CDB
+ Từ (1) và (2) ⇒ CI ⊥ DB . Mà ⇒ AD ⊥ DB ( ·ADB = 900 ). Vậy CI // AD
Câu 5 (0,5đ): Cho a, b là 2 số dương thỏa
thức P = ab +

a −b
ab

ab =

a+b
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
a−b

Giải:
x2 + y2
Từ giả thiết và theo bất đẳng thức xy ≤
ta có
2

2 ( a + b) = 2

(
ab . ( a − b ) ≤

2 ab

)

2

+ ( a − b)
2

2

4ab + ( a − b )
( a + b)
=
=
2
2
2

2

⇔ a+b≥ 4

( a + b) + ( a − b)
Do đó P =
2
a+b
( a − b)
2

2

≥ 2 a + b ≥ 4 (BĐT CÔ -SI)


a + b = 4
a = 2 + 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4, đạt được khi a − b = 2 ab ⇔ 
b = 2 − 2

a+b
 ab =
a −b


21


/>
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG NAI

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

ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

(Đề này có 1 trang, gồm 5 câu)

Câu 1. (2,0 điểm):
1) Giải phương trình 9 x 2 − 12 x + 4 = 0
2) Giải phương trình x 4 − 10 x 2 + 9 = 0
2x + y = 5
3) Giải hệ phương trình: 
5x − 2y = 8
Câu 2. (2,0 điểm):
1
1
Cho hai hàm số y = x2 và y = x –
2
2
1) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
2) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị đó.
Câu 3. (1,5 điểm):
Cho phương trình: x2 – 2mx + 2m – 1 = 0 với x là ẩn số, m là tham số.
a / Chứng minh phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m.
x1 x2
b / Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tính x + x theo m.
2
1
Câu 4. (1,0 điểm):

x y − y x 
x y+y x
A
=
5

−
5
+

÷

÷ với x ≥ 0, y ≥ 0 và x ≠ y
Cho biểu thức:
÷

÷
x
+
y
x
−
y



1) Rút gọn biểu thức A .
2) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 1− 3 , y = 1+ 3 .
Câu 5. (3,5 điểm):
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi d là đường
thẳng đi qua điểm B và vuông góc với AC tại K. Đường thẳng d cắt tiếp tuyến đi qua
A của đường tròn (O) tại điểm M và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai N (N khác
B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên BC.
1) Chứng minh tứ giác CNKH nội tiếp được trong một đường tròn.
·
2) Tính số đo góc KHC

, biết số đo cung nhỏ BC bằng 1200 .
1
3) Chứng minh rằng: KN.MN = .(AM 2 – AN 2 – MN 2).
2

22


/>
23


/>
24


/>
25