BỘ đề đáp án vào 10 các TỈNH 2015 2016

/>
1


2


/>
3


SỞ GDĐT BẠC LIÊU
Đề thi chính thức
(Gồm 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: Toán (Chuyên)
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 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 a5 + b5 + c5 +

1 1 1
+ + ≥ 6.
a b c

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.

4


/>
HƯỚNG 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
Nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2.
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 (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. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng a5 + b5 + c5 +

1 1 1
+ + ≥ 6.
a b c

Áp dụng bất đẳng thức cô si: a5 + 1/a ≥ 2a²; b5 + 1/b ≥ b²; c5 + 1/c ≥ c².
5


Suy ra a5 + b5 + c5 +

1 1 1
+ + ≥ 2(a² + b² + c²)
a b c

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
E
Tương tự AN.AF = AB²
M
Suy ra AM.AE = AN.AF
Hay AM/AN = AE/AF
Xét ΔAMN và ΔAFE có góc MAN chung
A
B
Và AM/AN = AF/AE
Do đó ΔAMN và ΔAFE đồng dạng
K
Suy ra góc AMN = góc AFE.
Mà góc AMN + góc NME = 180° (kề bù)
N
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
F
Do đó góc KAF = góc KFA
Mà góc AMN = góc KFA (cmt)
Suy ra góc KAF = góc AMN
B
Mà góc AMN + góc ANM = 90°
Suy ra góc KAF + góc ANM = 90°.
Vậy AK vuông góc với MN

H
Câu 5.
C
A
Ta có BC² = AB² + AC² = BH² + AH² + AK² + CK²
Ta cần chứng minh bất đẳng thức:
(ac + bd)² ≤ (a² + b²)(c² + d²) (*)
K
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 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
6


/>
7

Bài V.

8


/>
9


10


/>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT (2015–2016)
KHÓA NGÀY: 18 – 06 – 2015
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 19 – 06 – 2015
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể chép đề)

Bài 1: (2,0 điểm)
2 x + y = 1

a) Giải hệ phương trình: 

x + y = 1
2

 1− a a
  1− a 
+ a ÷. 
÷
b) Rút gọn biểu thức P = 
÷  1− a ÷
1
−
a




(với a ≥ 0, a ≠ 1)

Bài 2: (2,0 điểm)
Cho phương trình: x2 + 2(1 – m)x – 3 + m = 0, m là tham số.
a) Giải phương trình với m = 0
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m
c) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm đối nhau.
Bài 3: (2,0 điểm)
Trên một vùng biển được xem như bằng phẳng và không có các chướng ngại
vật. Vào lúc 6 giờ có một tàu cá đi thẳng qua tọa độ X theo hướng từ Nam đến Bắc
với vận tốc không đổi. đến 7 giờ một tàu du lịch cũng đi thẳng qua tọa độ X nhưng
theo hướng 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 đường tròn (O; R). Vẽ
đường cao AH của tam giác ABC, đường kính AD của đường tròn (O). Gọi E, F lần

lượt là chân đường vuông góc kẻ từ C và B xuống đường 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 SABC =

AB. AC .BC
(SABC là diện tích tam giác ABC)
4R

Bài 5: (1,0 điểm)
Cho các số tực a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh:
N=

3 + a 2 3 + b2 3 + c 2
+
+
≥6
b+c c+a a+b

----------------- HẾT -----------------

Bài 5: (1,0 điểm)
 1
3 + a2 3 + b 2 3 + c 2
1
1   a2
b2
c2 
+

+
=
3
+
+
+
+
+
Ta có: N =
÷

÷ 
b+c c+a a+b
 b+c c+a a+b  b+c c+a a+b 
 (1 + 1 + 1)2   (a + b + c)2 
9 9
≥ 3
+
 = 3. + = 6
6 6
 2(a + b + c)   2(a + b + c) 
11


Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1
HƯỚNG DẪN GIẢI BÌNH ĐỊNH (2015–2016)
Bài 1: (2,0 điểm)
2 x + y = 1

x = 0

x = 0
⇔
⇔
x + y = 1
x + y = 1 y = 1

a) Ta có: 

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x; y) = (0; 1)
b) với a ≥ 0, a ≠ 1) ta có:
2

2


 1− a a
  1 − a   (1 − a )(1 + a + a2 )

1− a
+ a ÷. 
+ a ÷. 
÷ =
÷
P = 
÷  1− a ÷ 
÷  (1 − a )(1 + a ) ÷
1
−
a
1

−
a

 
 


2
1
1+ a .
=1
2
=
1+ a

(

)

(

)

Bài 2: (2,0 điểm)
a) Thay m = 0 vào phương trình đã cho ta được: x2 + 2x – 3 = 0
ta có a + b + c = 1 + 2 – 3 = 0, phương trình có hai nghiệm là: x1 = 1; x2 = -3
vậy m = 0 phương trình có hai nghiệm là: x1 = 1; x2 = -3
b) Ta có: ∆ ’ = (1 – m)2 – 1(-3 + m)
2


3 7
= m – 2m + 1 + 3 – m = m – 3m + 4 =  m − ÷ + > 0 với mọi giá trị m
2 4

2

2

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m.
c) Vì phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m.
Nên phương trình có hai nghiệm đối nhau khi: x1 + x2 = 0
Hay -2(1 – m) = 0  m = 1
Vậy m = 1 thì phương 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 hướng từ Nam đến Bắc và Tàu du lịch đi theo hướng từ Đông sang
Tây và hai tàu cách nhau 60km nên ta có phương trình: (2x)2 + (x +12)2 = 602
5x2 + 24x – 3456 = 0
Giải phương trình ta được x1 = 24 (thỏa mãn) và x2 = -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 được tứ giác AHEC nội tiếp
·
·
nên EHC
(cùng chắn cung EC)
= EAC
·
·
mà DBC
(cùng chắn cung DC)
= DAC
·
·
suy ra EHC
= DBC
vậy HE // BD
c) Ta có: SABC =

1
AH .BC
2

chứng minh được ∆ AHB
12

∆ ACD Do đó:

AH AB
AB. AC
=
=> AH =
AC AD
BD


vậy SABC

/>1
1 AB. AC
1 AB. AC.BC AB. AC.BC
.BC = .
=
= AH .BC = .
2
2 BD
2
2R
4R

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
BÌNH DƯƠNG
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: A = 3 x 2 − 2 x − x 2 − 1 với x = 2
Bài 2: (1,5 điểm)
x2
1) Vẽ đồ thị (P) hàm số y =
4
2) Xác định a, b để đường 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)
 x + 2 y = 10

1) Giải hệ phương trình:  1
 2 x − y = 1
2) Giải phương trình: x − x − 2 = 0
Bài 4: (2,0 điểm)
Cho phương trình x 2 − 2(m + 1) x + 2m = 0 (m là tham số)
1) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm cùng dương.
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. Đường tròn
đường kính MC cắt BC tại N. Đường thẳng BM cắt đường tròn đường kính
MC tại D.
1) Chứng minh tứ giác BADC nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn đó.
2) Chứng minh DB là phân giác của góc ADN.
3) Chứng minh OM là tiếp tuyến của đường tròn đường kính MC.
4) BA và CD kéo dài cắt nhau tại P. Chứng minh ba điểm P, M, N thẳng hàng.
…………Hết………..

13

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 2015 - 2016
BÌNH DƯƠNG

(

Bài 1. Với x = 2 ta có: A = 6 − 2 2 − 2 − 1 = 3 − 2 2 =
Bài 2.

9
8
7
6
5
4
3
2
1

x2
y
=
1) Vẽ đồ thị (P) hàm số
4

2) Gọi (d) là đường thẳng có
phương trình y = ax + b.
Vì (d) đi qua gốc tọa độ O(0; 0)
nên b = 0.

Phương trình hoành độ giao
điểm của (P) và (d):

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

x2
= ax
4

Vì (d) cắt (P) tại điểm A có hoành độ là —3 nên:

-1
-2
-3

-4
-5
-6
-7
-8
-9

)

2 −1

2

=

2 −1 = 2 −1

y

y=

x2
4

x
O 1

2

3

4

5

6

7

8

9

9
3
= a ( −3) ⇔ a = −
4
4

3
4

Vậy: a = − ; b = 0
Bài 3.
 x + 2 y = 10
x = 6

1) Hệ phương trình:  1
có nghiệm 
x − y =1

y = 2

2

(hs tự giải)

2) Phương trình: x − x − 2 = 0 (ĐKXĐ: x ≥ 0)
Phương trình trên tương với x − 2 x + x − 2 = 0 ⇔
⇔

(

x −2

)(

x

(

)

x −2 + x −2=0

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

)

Vậy x = 4
Bài 4. Phương trình x 2 − 2(m + 1) x + 2m = 0 (m là tham số)
1) ∆ = 4m2 + 8 > 0 với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
2) Để phương trình có hai nghiệm cùng dương mà ∆ > 0 với mọi m thì ta phải có:
 P > 0 2m > 0
m > 0
⇔
⇔
⇔ m>0

S > 0
2 ( m + 1) > 0  m > −1

3) Theo Viet: S = 2m + 2; P = 2m. Suy ra: S – P = 2 ⇔ x1 + x2 – x1x2 = 2 là hệ thức
liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m.
Bài 5.
14


/>
·
·
a) BAC
= BDC
= 90 0 (gt) nên tứ giác BADC nội tiếp đường tròn tâm O là trung điểm
của BC.

(

)

·
·
·
= BDN
= ACB
b) ADB
(hai góc nội

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

P

A
D
M

B

O

N

C

15


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 phương trình và hệ phương trình sau:
x + y = 8

a) x2 + x - 6 = 0

b) 

x − y = 2

Bài 2: (2 điểm) Rút gọn biểu thức:

a) A = 27 − 2 12 − 75
b) B =

1
3+ 7

+

1
3− 7

Bài 3: (2 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = x2
b) Chứng minh rằng đường thẳng (d): y = kx + 1 luôn cắt đồ thị (P) tại hai điểm
phân biệt với mọi k.
Bài 4: (4 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, D là một điểm tùy ý trên
nửa đường tròn (D khác A và D khác B). Các tiếp tuyến với nửa đường tròn (O)
tại A và D cắt nhau tại C, BC cắt nửa đường 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 : CD2 = CE.CB
c) Chứng minh: Đường thẳng BC đi qua trung điểm của DF.
d) Giả sử OC = 2R, tính diện tích phần tam giác ACD nằm ngoài nửa đường 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:................

16

/>
BÌNH THUẬN
Năm học: 2015 – 2016
Đáp án

Baøi
1
1đ

x2 + x - 6 = 0
∆ = 12 – 4.(-6) = 25
∆ =5

a

1đ

b

−1 + 5
= 2;
2
−1 − 5
x2 =
= −3
2

⇒ x1 =

x + y = 8
2x = 10
x = 5
⇔
⇔

x − y = 2
x + y = 8 y = 3

2
a
b

A = 27 − 2 12 − 75 = 3 3 − 4 3 − 5 3 =-6 3
6
6
1
1
=
=3
B=
+
= 2
2
9−7
3+ 7 3− 7 3 − 7

3

a

b

Lập đúng bảng giá trị và hình vẽ (1đ) y = x2
PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

x 2 = kx + 1
⇔ x 2 − kx − 1 = 0 (1)

∆ = k2 + 4
Vì k2 ≥ 0 với mọi giá trị k

Nên k2 + 4 > 0 với mọi giá trị k
=> ∆ > 0 với mọi giá trị k
17


Vậy đường thẳng (d): y = kx + 1 luôn cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt
với mọi k.
4

a

b

c

·
·

Xét tứ giác OACD có: CAO
= 900 (CA là tiếp tuyến) ; CDO
= 900 (CD là
·
·
tiếp tuyến) ⇒ CAO
+ CDO
= 1800 ⇒ Tứ giác OACD nội tiếp
+ Xét ∆CDE và ∆CBD có:
 1

·
·
·DCE chung và CDE
= CBD
 = sdcungDE ÷
 2

CD CE
⇒ ∆CDE ∆CBD (g.g) ⇒
=
⇒ CD 2 = CE.CB
CB CD
Tia BD cắt Ax tại A’. Gọi I là giao điểm của BC và DF
·
Ta có ADB
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
'
⇒ ADA

= 900 , suy ra ∆ADA’ vuông tại D.
Lại có CD = CA (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên suy ra được 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 
=
=
÷(2).
CA' CA  BC 

Từ (1) và (2) suy ra ID = IF. Vậy BC đi qua trung điểm của DF.
d

OD 1
0
0
·
·
·
Tính cos COD
= 0C = 2 => COD
= 60 => AOD
= 120

π .R 2 .120 π R 2
S quat =
=

(đvdt)
360
3
Tính CD = R 3
1
1
3 2
S ∆OCD = .CD.DO = .R 3.R =
R (đvdt); SOACD = 2.S ∆OCD =
2
2
2

3R 2 (đvdt)

Diện tích phần tam giác ACD nằm ngoài nửa đường tròn (O)
18


/>SOACD − S quat =

3R 2 -

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

π R  3 − π  R2
=
÷ (đvdt)

3

3
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LƠP 10 THPT
Năm học 2015 – 2016
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 15 tháng 6 năm 2015
Thời gian làm bài: 120 phút
2

Bài 1: (2,5 điểm)
a) Giải phương trình: x(x+3) = x2 + 6
3x-2y = 11
x + 2 y = 1
2
3
− 27 +
c) Rút gọn biểu thức: P =
3 −1
3

b) Giải hệ phương trình: 

Bài 2: (2.0 điểm)
Cho parabol (P): y = x2
a) Vẽ Parabol (P)
b) Tìm tọa độ các giao của (P) và đường thẳng (d): y =2x +3
Bài 3: (1,5 điểm)
a) Cho phương trình x2 + x + m - 2 = 0 (1). Tìm tất cả các giá trị của m để phương
trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x12 + 2x1x2 - x2 = 1.

b) Giải phương trình

1
− 2x2 + 2 x + 1 = 0
x −x
2

Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đường 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 lượt 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) Đường thẳng OI cắt đường 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 dương x, y thỏa x ≥ 2y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

2x 2 + y 2 − 2xy
xy

Hết

19


TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU

Năm học 2015 – 2016
Bài 3: (1,5 điểm)
a) Cho phương trình x2 + x + m - 2 = 0 (1). Tìm tất cả các giá trị của m để phương
trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x12 + 2x1x2 - x2 = 1.
+ Để pt có 2 nghiệm phân biệt thì ∆ = 9 - 4m > 0 ⇔ m <

9
4

9
thì pt có 2 nghiệm phân biệt nên theo Viet: x1 + x2 = -1 ⇔ x2 = -1- x1
4
 x1 = 0
+ Ta có x12 + 2x1x2 - x2 = 1 ⇔ x12 + 2x1(-1- x1)- (-1- x1) =1 ⇔ x12 + 2x1 = 0 ⇔ 
 x1 = −1

+ Khi m <

+ Với x1 = 0; ta có 0.x2 = m - 2 ⇔ m = 2 (n);
Với x1 = -1; ta có x2 = -1 -(-1) = 0 ⇔ (-1).0 = m - 2 ⇔ m = 2 (n);
b) Giải phương trình

1
− 2x2 + 2 x + 1 = 0 .
x −x
2

x ≠ 0
x ≠ 1

ĐK: 

1
− 2( x 2 − x) + 1 = 0 . (1). Đặt t = x 2 − x
x −x
1
P
(1) ⇔ − 2t + 1 = 0 ⇔ 2t2 -t - 1 = 0. (HSC tự giải tiếp)
t

⇔

2

Bài 4: (3,5 điểm)
a) Chứng minh tứ giác ABOI nội tiếp.M
A
·
+ Ta có ABO
= 900 (tctt)
T
·
AIO
= 900 (IM = IN)
·
·
+ Suy ra ABO
= 1800 nên tứ giác
+ AIO

K

D
N

I
F

1
1 O
1

1

E
ABOI nội tiếp đường tròn đường kính AO.
B
·
·
b) Chứng minh CED
= BAO
Q
+ Vì AB; AC là hai tiếp tuyến của (O) nên AO ⊥ BC
µ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn (O))
+ Ta có: Eµ1 = B
1
·BAO = B
µ (cùng phụ O
¶ )
1

1
·
·
·
Suy ra Eµ1 = BAO
hay CED
= BAO
c) Chứng minh OI vuông góc với BE

µ = BAO
·
E
(cmt )
1

·
·
= CAO
(tctt )
+ Ta có :  BAO
·
µ
CAO = I1 (Y ACIOnt )
Suy ra Eµ = Iµ . Mà hai góc này ở vị trí sole trong nên MN//BE.
1

1

+ 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 QKP
= 900 (góc nt chắn nữa đường tròn) nên QK ⊥ AP
+ Trong tam giác APQ có hai đường cao AI và QK cắt nhau tại F nên F là trực tâm.
Suy ra PF là đường cao thứ ba của tam giác APQ nên PF ⊥ QA (1)
20


/>·
+ Ta lại có QTP
= 900 (góc nt chắn nữa đường 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 dương x, y thỏa x ≥ 2y.
2x 2 + y 2 − 2xy
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
xy
2
2
2
2
2
2
2
2x + y − 2xy x + y + x − 2xy x + y
x 2 − 2xy
P=
=
=
+

xy
xy
xy
xy
=

4x 2 + 4y 2 x 2 − 2xy 3x 2 x 2 + 4y 2 x(x − 2y)
+
=
+
+
4xy
xy
4xy
4xy
xy

3 x x 2 + 4y 2 x − 2y 3
5
= . +
+
≥ .2 + 1 + 0 =
4 y
4xy
y
4
2
x
y ≥2



vì  x 2 + 4 y 2 ≥ 2 x 2 .4 y 2 = 4xy

x − 2 y ≥ 0
 y > 0
5
⇒ Pmin = khi x = 2y
2

21


SGD – ĐT TP CẦN THƠ
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2015 - 2016
MÔN TOÁN – thời gian 120 phút

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

a ) 2 x 2 − 3x − 27 = 0
b) x 4 − x 2 − 72 = 0
3 x − 5 y = 21
c) 
2 x + y = 1
x y
2). Tính GTBT P = + với x = 2 − 3 ; y = 2 + 3
y x

Câu 2: (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho (P): y =

−1 2
x
2

a) Vẽ đồ thị của (P).
b) Gọi A(x1, y1) và B(x2; y2) là hoành độ giao điểm của (P) và (d): y = x – 4.
Chứng minh: y1 + y2 − 5( x1 + x2 ) = 0
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho phương trình x 2 − ax − b 2 + 5 = 0
a) GPT khi a = b = 3
b) Tính 2a3 + 3b4 biết phương trình nhận x1 = 3, x2= -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 được bằng tổng số quà mà HS nữ
gói được. 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 đường tròn tâm O, đường kính AB =2R. Đường thẳng qua O và
vuông góc AB cắt cung AB tại C. Gọi E là trung điểm BC. AE cắt nửa đường tròn O
tại F. Đường thẳng qua C và vuông góc AF tại G cắt AB tại H.
·
a) Cm: tứ giác CGOA nội tiếp đường tròn. Tính OGH

· OF
b) Chứng minh: OG là tia phân giác C
c) Chứng minh ∆CGO : ∆CFB
d) Tính diện tích ∆FAB theo R.

22


/>
CẦN THƠ
Câu 1:
1)

a) 2 x 2 − 3 x − 27 = 0
∆ = (−3) 2 − 4.2.(−27) = 9 + 116 = 225
9
PT co nghiem : x1 = ; x2 = −3
2
4
2
b) x − x − 72 = 0
PT nghiem : x = ±3
3x − 5 y = 21
x = 2
c) 
co nghiem : 
2 x + y = 1
 y = −3

2) Ta có:

x y x2 + y 2
P= + =
=
y x

xy

(

2− 3

) +(
2

2+ 3

( 2 − 3 )( 2 + 3 )

)

2

=

2− 3 +2+ 3
=4
1

Câu 2:
a) vẽ, độc giả tự giải.
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

−1 2
x =x–4
2

⇔ x2 + 2 x − 8 = 0

Giải phương trình ta được: x = 2 ; x = -4
Tọa độ giao điểm là: (2; -2) và (-4; -8)
Khi đó: y1 + y2 − 5( x1 + x2 ) = −2 + (−8) − 5(2 − 4) = 0
Câu 3:
x 2 − ax − b 2 + 5 = 0
a) Khi a = b = 3 ta có phương trình: x2 – 3x – 4 = 0
vì a – b + c = 1 – (-3) – 4 = 0 nên phương trình có nghiệm: x = -1; x = 4.
b) Vì phương trình nhận x = 3; x = -9 là nghiệm nên ta có hệ phương trình

9 − 3a − b 2 + 5 = 0
3a + b 2 = 14
12a = −72
 a = −6
⇔
⇔
⇔


 2
 2
2
2
81 + 9a − b + 5 = 0
9a − b = −86
b = 14 − 3a
b = 32
⇒ A = 2a 3 + 3b 4 = 2.( −6)3 + 3.322 = −432 + 3072 = 2640
Câu 4: Gọi x (HS) là số HS nam. ĐK: 0

Số HS nữ là: 13 – x (HS)
Số phần quà mà mỗi HS Nam gói được:

40
(phần)
x
23


Số phần quà mà mỗi HS nữ gói được:
Theo bài toán ta có phương trình:

40
(phần)
13 − x

40
40
−
=3
x 13 − x
⇒ 40(13 − x) − 40 x = 3 x(13 − x)
⇔ 520 − 40 x − 40 x = 39 x − 3 x 2
⇔ 3 x 2 − 119 x + 520 = 0

Giải phương trình ta được x = 5.
Vậy số HS nam là 5, số HS nữ là 8.
Câu 5:
a) Ta có ·AOC = ·AGC = 900
nên O, G cùng nhìn AC dưới 1 góc 900

Do đó tứ giác ACGO nội tiếp đường tròn đường kính AC.

·
·
⇒ OGH
= OAC
·
Mà ∆OAC vuông cân tại O Nên OAC
= 450
·
Do đó OGH
= 450
b) Vì tứ giác ACGO nội tiếp
·
·
Nên CAG
(cùng chắn cung CG)
= COG

C

D

A

O

1·
·
Mà CAG

= C
OF (góc nột tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung CF)

E

G

F

H

2
1·
·
· OF
⇒ COG
= C
OF Nên OG là tia phân giác C
2
c) Xét ∆CGO và ∆CFB có
·
·
· AF )
(cùng bằng góc C
CGO
= CBF
·
·
·
OCG

= FCB
(= OAG
)

Nên hai tam giác đồng dạng.
d) Gọi D là giao điểm CO và AE. Ta có D là trọng tâm ∆CAB (CO và AE là trung

1
3

tuyến) Nên OD= OC =

R
3

Do đó theo định lý Pita go ta tính được: AD=
Mà ∆AOD : ∆AFB (g-g)

Nên

24

S ∆AOD
S ∆AFB

 R 10
2
 AD   3
=
÷ =

AB

  2R



2

R
. 10
3


÷ 10 5
÷ =
=
36
18
÷
÷


B


/>
⇒ S ∆AFB =

5
18 1 R 3

: S ∆ADO = . R. = R 2
18
5 2 3 5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.ĐÀ NẴNG

Năm học: 2015 – 2016
Khóa ngày: 9, 10 – 06 – 2015
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1: (1,5 điểm)
1) Đưa thừ số ra ngoài dấu căn của biểu thức
2) Tính giá trị của biểu thức: A = (

28a 4

21 - 7
+
3- 1

10 - 5
1
):
2- 1

7- 5

3
 2 x − y = 6
Bài 2: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
 1 + 2 y = −4
 x

Bài 3: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P)
1) Vẽ đồ thị (P)
2) Cho các hàm số y = x + 2 và y = - x + m (với m là tham số) lần lượt có đồ
thị là (d) và (dm). Tìm tất cả các giá trị của m để trên một mặt phẳng tọa độ các
đồ thị của (P), (d) và (dm) cùng đi qua một điểm
Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 - 2(m – 1)x – 2m = 0, với m là tham số.
1) Giải phương trình khi m = 1.
2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình, tìm tất cả các giá trị của m sao
cho x12 + x1 – x2 = 5 – 2m
Bài 5: (3,5 điểm)
Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến AB, AC với
đường tròn (B, C là các tiếp điểm)
1) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp.
2) Cho bán kính đường tròn (O) bằng 3cm, độ dài đoạn thẳng OA bằng 5cm.
Tính độ dài đoạn thẳng BC.
3) Gọi (K) là đường tròn qua A và tiếp xúc với đường thẳng BC tại C. Đường
tròn (K) và đường tròn (O) cắt nhau tại điểm thứ hai là M. Chứng minh rằng
đường thẳng BM đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC.
--------HẾT-------Họ và tên thí sinh:………………………Số báo danh:…………Phòng thi:…………
25