TS 10 Toán Hung yen 2015 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài:120 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,0 điểm).
1) Rút gọn biểu thức P =

(

)

2

3+ 2 +

(

)

2

3− 2 .

x− y= 3
.

3x + y = 1

2) Giải hệ phương trình 
Câu 2 (1,5 điểm).

1) Xác định toạ độ các điểm A và B thuộc đồ thị hàm số y = 2x − 6 , biết điểm A có hoành độ
bằng 0 và điểm B có tung độ bằng 0.
2) Xác định tham số m để đồ thị hàm số y = mx2 đi qua điểm P ( 1;− 2) .
2
Câu 3 (1,5 điểm). Cho phương trình x − 2( m+ 1) x + 2m= 0 (m là tham số).

1) Giải phương trình với m= 1.
2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn

x1 + x2 = 2 .

Câu 4 (1,5 điểm).
1) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, BC = 6cm. Tính góc C.
2) Một tàu hoả đi từ A đến B với quãng đường 40 km. Khi đi đến B, tàu dừng lại 20 phút rồi đi
tiếp 30 km nữa để đến C với vận tốc lớn hơn vận tốc khi đi từ A đến B là 5 km/h. Tính vận tốc của
tàu hoả khi đi trên quãng đường AB, biết thời gian kể từ khi tàu hoả xuất phát từ A đến khi tới C hết
tất cả 2 giờ.

Câu 5 (2,5 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O và
AB < AC. Vẽ đường kính AD của đường tròn (O). Kẻ BE và CF vuông góc với AD (E, F
thuộc AD). Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC).
1) Chứng minh bốn điểm A, B, H, E cùng nằm trên một đường tròn.
2) Chứng minh HE song song với CD.
3) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh ME = MF.
a2

b2
c2
Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số lớn hơn 1. Chứng minh:
+
+
≥ 12 .
b −1 c −1 a −1
--------------------Hết------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: .............................................; số báo danh: ....................phòng thi số:....................


Họ tên, chữ ký giám thi số 1:..................................................................................................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: Toán

ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

I. Hướng dẫn chung
1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày các bước chính của lời giải hoặc nêu kết quả. Trong
bài làm, thí sinh phải trình bày lập luận đầy đủ.
2) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.

3) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) phải đảm bảo không làm thay đổi tổng số điểm
của mỗi câu, mỗi ý trong hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi.
4) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không được làm tròn.

II. Đáp án và thang điểm
Câu
Câu 1 1)
2,0 đ 1,0 đ

2)
1,0 đ
Câu 2 1)
1,5 đ 1,0 đ

2)
0,5 đ
Câu 3 1)
1,5 đ 1,0 đ

2)

Đáp án
P=

3+ 2 +

3− 2

= 3 + 2− 3 + 2
P=4

Từ hpt suy ra 4x = 4 ⇒ x = 1
⇒ y = −2
Nghiệm của hpt: ( x; y) = ( 1;− 2)

Điểm
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ

Điểm A thuộc đường thẳng y = 2x − 6 , mà hoành độ x = 0
Suy ra tung độ y = - 6.

0,25đ

Vậy điểm A có toạ độ A( 0;− 6) .

0,25đ

Điểm B thuộc đường thẳng y = 2x − 6 , mà tung độ y = 0
Suy ra hoành độ x = 3.

0,25đ

Vậy điểm B có toạ độ B( 3; 0) .

0,25đ

Đồ thị hàm số y = mx2 đi qua điểm P ( 1;− 2) suy ra −2 = m.12

0,25đ

m= −2

0,25đ

Với m= 1, phương trình trở thành: x2 − 4x + 2 = 0

0,25đ

∆'= 2

0,25đ

x1 = 2 + 2 ; x2 = 2 − 2

0,5đ

Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm x1, x2 là

0,25đ


0,5 đ

m2 + 1≥ 0
∆ ' ≥ 0



 x1 + x2 ≥ 0 ⇔ 2(m+ 1) ≥ 0 ⇔ m≥ 0
x x ≥ 0
2m≥ 0
 1 2

Theo hệ thức Vi-ét: x1 + x2 = 2(m+ 1), x1x2 = 2m.
x1 + x2 = 2 ⇔ x1 + x2 + 2 x1x2 = 2

0,25đ

⇔ 2m+ 2 + 2 2m = 2 ⇔ m= 0 (thoả mãn)
Tam giác ABC vuông tại A
AB 3
= = 0,5
Ta có sinC =
BC 6
µ = 300
Suy ra C

0,25đ

Ta có
Câu 4 1)
1,5 đ 0,5 đ

2)
1,0 đ

0,25đ

Gọi vận tốc tàu hoả khi đi trên quãng đường AB là x (km/h; x>0)
40
Thời gian tàu hoả đi hết quãng đường AB là
(giờ).
x
30
Thời gian tàu hoả đi hết quãng đường BC là
(giờ).
x+ 5
40 30 1
+
+ =2
Theo bài ta có phương trình:
x x+ 5 3

0,25đ

Biến đổi pt ta được: x2 − 37x − 120 = 0
 x = 40 (tm)
⇔
 x = −3(ktm)
Vận tốc của tàu hoả khi đi trên quãng đường AB là 40 km/h.

0,25đ

Câu 5
2,5 đ

0,25đ

0,25đ

A

O
E
K

I
B

H

C

M
F

1)

D

·
·
Theo bài có AEB
= AHB
= 900 .

0,5đ

1,0 đ

Suy ra bốn điểm A, B, H, E cùng thuộc một đường tròn.

2)
1,0 đ

·
·
Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn ⇒ BAE
= EHC

(1)

0,25đ

·
·
» )
Mặt khác, BCD
(góc nội tiếp cùng chắn BD
= BAE

(2)

0,25đ

3)
0,5 đ

0,5đ

·
·
Từ (1) và (2) suy ra BCD
= EHC

0,25đ

suy ra HE // CD.

0,25đ

Gọi K là trung điểm của EC, I là giao điểm của MK với ED.
Khi đó MK là đường trung bình của ∆BCE
0,25đ

⇒ MK // BE; mà BE ⊥ AD (gt)
⇒ MK ⊥ AD hay MK ⊥ EF

(3)

Lại có CF ⊥ AD (gt) ⇒ MK // CF hay KI // CF.
∆ECF có KI // CF, KE = KC nên IE = IF

(4)

Từ (3) và (4) suy ra MK là đường trung trực của EF

0,25đ

⇒ ME = MF
Câu 6
1,0 đ

Với a, b, c là các số lớn hơn 1, áp dụng BĐT Cô-si ta có:
a2
+ 4( b − 1) ≥ 4a .
b− 1

(1)

0,25đ

b2
+ 4( c − 1) ≥ 4b.
c−1

(2)

0,25đ

c2
+ 4( a − 1) ≥ 4c .
a−1

(3)

0,25đ

a2
b2
c2
Từ (1), (2) và (3) suy ra
+
+
≥ 12.
b− 1 c − 1 a− 1

0,25đ

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

Hải Phòng

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
I. Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm). Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trước câu trả lời đúng.


1. Điều kiện xác định của biểu thức A =
A. x ≤

1
2

B. x ≥

−2
2 x −1

1
2

là

C. x <

1
2

D. x >

1
2

2. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất ?
A. y =

x
+4
2

B. y =

2x
−3

2

C. y =

−2
+1
x

D. y = −

3 x
+2
5

ax + 3 y = 1
nhận cặp số (-2; 3) là nghiệm khi:
 x + by = −2

3. Hệ phương trình 

A. a = 4; b = 0
B. a = 0; b = 4
C. a = 2; b = 2
2
4. Một nghiệm của phương trình 2x – 3x – 5 = 0 là
A. −

3
2

B. −

5
2

C.

3
2

D. a = -2; b = -2
D.

5
2

5. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết cạnh AC = 8, BC = 10 (Trong hình
1). Độ dài đoạn thẳng CH bằng:
A. 2,4

B. 3,6

C. 4,8

D. 6,4

6. Cho đường tròn (O) đường kính AC, hai tiếp tuyến MA và MB của đường tròn (Trong
hình 2). Biết ·ACB = 700 . Số đo góc AMB bằng
A. 400
B. 500

C. 600
D. 700
7. Cung AB của đường tròn (O; R) có số đo bằng 1200. Vậy độ dài cung AB là:
πR
2π R
3π R
5π R
B.
C.
D.
3
3
3
3
0
8. Cho tam giác vuông ABC ( µA = 90 ); AB = 4 cm, AC = 3 cm. Quay tam giác vuông ABC

A.

một vòng xung quanh cạnh AB cố định. Hình nón được tạo thành có thể tích là:
A. 12π cm3
B. 15π cm3
II. Phần 2: Tự luận (8,0 điểm).

C. 16π cm3

D. 30π cm3

Bài 1 (2,0 điểm).
1. Rút gọn các biểu thức

a) M =

4
8
15
−
+
3 + 5 1+ 5
5

b) N = 3.(

3
2
48 −
75 + 2 3)
4
5

2. Cho hai hàm số y = 2x – 1 + 2m (d) và y = - x – 2m (d’)

(với m là tham số).

a/ Khi m = 1, tìm tọa độ giao điểm của (d) và (d’).
b/ Tìm m để đồ thị (d) và (d’) của hai hàm số cắt nhau tại một điểm có hoành độ dương.
Bài 2 (2,0 điểm). 1. Cho phương trình x2 – (m – 3)x – m + 2 = 0 (1) (với m là tham số)


a) Giải phương trình (1) khi m = 0.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm không âm.

2. Một ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B rồi ngược dòng từ bến B về bến A mất 6 giờ
15 phút. Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết rằng quãng sông AB dài 60 km và
vận tốc dòng nước là 4 km/h.
Bài 3 (3,0 điểm). Cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (O; R) có đường cao AH. Gọi I và K lần
lượt là hình chiếu của A lên các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O).
a) CMR các tứ giác AHBI và AHCK nội tiếp đường tròn.
b) CMR ∆ AHI và ∆ AKH đồng dạng.
c) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AI và AK. ∆ ABC phải thỏa mãn điều kiện gì để
AH = AM + AN ?
Bài 4 (1,0 điểm). Cho hai số dương x và y có tổng bằng 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. B = (1 −

1
1
)(1 − 2 )
2
x
y

HẢI PHÒNG

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN
Phần 1. Trắc nghiệm (2,0 điểm). Mỗi câu đúng được 0,25 điểm
Câu
1
2
Đáp án
C
B

Phần 2. Tự luận (8,0 điểm)
Bài
Bài 1
(2
điểm)

3
A

4
D

5
D

6
A

7
B

Đáp án

1
1đ

2
1đ

8

A
Điểm

4
8
15
4(3 − 5) 8(1 − 5) 15 15
−
+
a/ M =
=
−
+
3 + 5 1+ 5
5
9−5
1− 5
5
= 3− 5 + 2− 2 5 +3 5 = 5
3
2
b/ N = 3.( 48 − 75 + 2 3) = 3.(3 3 − 2 3 + 2 3)
4
5
= 3.3 3 = 9

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

a/ Khi m = 1 tọa độ giao điểm của (d) và (d’) là nghiệm của hệ
 y = 2x +1
 y = 2x + 1
 x = −1
⇔
⇔
 y = −x − 2
2 x + 1 = − x − 2
 y = −1

phương trình 

0,25đ

Vậy điểm M(-1; -1) tọa độ giao điểm của (d) và (d’)
b/ Xét phương trình hoành độ giao điểm

0,25đ

2x – 1 + 2m = -x – 2m ⇔ 3x = 1 – 4m ⇔ x =

1 − 4m
3

0,25đ


Đồ thị (d) và (d’) của hai hàm số cắt nhau tại điểm có hoành độ
0,25đ

1 − 4m
1
dương ⇔ x =
> 0 ⇔ 1 – 4m > ⇔ m <
3
4

a/ Khi m = 0 phương trình (1) có dạng: x2 + 3x + 2 = 0

1
1đ

Bài 2

Ta có: a – b + c = 1 – 3 + 2 = 0
Phương trình (1) có hai nghiệm x1 = −1; x2 = −2
b/ Phương trình (1) có dạng: a – b + c = 1 + m – 3 – m + 2 = 0

0,25đ
0,25đ

Do đó phương trình (1) có nghiệm x1 = −1; x2 = m − 2
Vì x1 = −1 < 0 nên phương trình (1) có ít nhất một nghiệm không

0,25đ

âm ⇔ m – 2 ≥ 0 ⇔ m ≥ 2
Gọi vận tốc thực của ca nô là x (km / h) . Điều kiện x > 4 .

0,25đ
0,25đ

x1 = 20 thỏa mãn điều kiện của ẩn, x2 =

(2

−3
loại
5

0,25đ

Vậy vận tốc thực của ca nô là 20km/h

điểm)
2

Vận tốc ca nô xuôi dòng là x + 4 (km / h) , ngược dòng là x − 4 (km / h) .
60
60
(h) , ngược dòng là
( h) .
Thời gian ca nô xuôi dòng là
x+4
x−4

1đ Tổng thời gian ca nô chạy xuôi và ngược dòng là 6h15 phút bằng
25
60

60
25
h Nên ta lập được phương trình
+
=
4

x+4

x−4

4

0,25đ

⇔ 5 x 2 − 96 x − 80 = 0 . Có ∆ ' = ( −48) 2 + 5.80 = 2702 > 0; ∆ ' = 52

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

0,25đ

Hình vẽ

0,5đ

Ta có AH ⊥ BC (gt) ⇒ ·AHB = ·AHC = 900

0,25đ

AI ⊥ BI; AK ⊥ CK (T/c hình chiếu) ⇒ ·AIB = 900 ; ·AKC = 900

0,25đ

+ Xét tứ giác AHBI có: ·AHB + ·AIB = 1800

0,25đ

48 + 52
48 − 52 −4
x1 =
= 20; x2 =
=
5
5
5

Bài 3
(3
điểm)
a

Suy ra tứ giác AHBI nội tiếp (Dấu hiệu nhận biết)
b

+ Tương tự tứ giác AHCK nội tiếp.
Tứ giác AHBI nội tiếp (cmt) ⇒ ·ABI = ·AHI (cùng chắn »AI )

0,25đ

Tứ giác AHCK nội tiếp(cmt) ⇒ ·AKH = ·ACH (cùng chắn ¼

AH )
Mà ·ABI = ·ACB ( cùng chắn »AB ) hay ·ABI = ·ACH

0,25đ

Do đó ·AHI = ·AKH (1)
·
Chứng minh tương tự ·AIH = AHK
(2)

0,25đ
0,25đ


Từ (1) và (2) suy ra ∆AHI ∞∆AKH (g.g)
µ = 900 ; ·ABI = ·ACH ) ⇒
∆AIB ∞ ∆AHC ( I$= H

AI
AB
=
AH AC

µ =H
µ = 900 ; ·ACK = ·ABH ) ⇒
∆AKC ∞ ∆AHB ( K

AK AC
=
AH AB

AI AK AB AC
AI + AK AB AC
⇒
+
=
+
⇒
=
+
AH AH AC AB
AH
AC AB

c

2( AM + AN ) AC AB
=
+
AH
AB AC
AC AB
AC AB
AC AB
+
= 2 Ta có
+
≥2
.
=2

Do AM+AN =AH (gt) ⇒
AB AC
AB AC
AB AC
⇒

Mà

AC AB
+
= 2 . Dấu “=” xảy ra khi AB = AC
AB AC

Vậy tam giác ABC cân tại A Thì AH = AM + AN
x = 1− y
 y = 1− x

Có x + y = 1 ⇒ 

1
1
x − 1 y − 1 ( x − 1)( x + 1)( y − 1)( y + 1)
)(1 − 2 ) = 2 . 2 =
2
x
y
x
y
x2 y2
(− y )( x + 1)(− x)( y + 1) ( x + 1)( y + 1) xy + x + y + 1

2
=
=
= 1+
=
2 2
x y
xy
xy
xy
Mà 1 = x + y và x + y ≥ 2 xy ⇒ (x + y)2 ≥ 4xy
Do đó 12 = (x + y)2 ≥ 4xy ⇒
1
1
1
4
2
≥
⇒
≥
⇒
≥8 ⇒ B ≥ 9
2
2
4 xy ( x + y )
xy ( x + y )
xy
1
Vậy min B = 9 khi x = y =
2

B = (1 −
Bài 4
(1
điểm)

0,25đ

SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO
BÌNH DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

2

0,25đ
0,25đ

0,25đ

2

0,25đ

0,25đ
0,25đ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2015 – 2016
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
x2
Bài 2: (1,5 điểm) 1) Vẽ đồ thị (P) hàm số y =
4
y
=
ax
+
b
2) Xác định a, b để đường thẳng
đi qua gốc tọa độ và cắt (P) tại điểm A có
hoành độ bằng –3.


x + 2 y = 10

Bi 3 :(2,0 im) 1) Gii h phng trỡnh: 1
2 x y = 1
2) Gii phng trỡnh: x x 2 = 0
Bi 4:(2,0 im) Cho phng trỡnh x 2 2( m + 1) x + 2m = 0 (m l tham s)
1) Chng minh phng trỡnh luụn cú hai nghim phõn bit vi mi m.
2) Tỡm cỏc giỏ tr ca m phng trỡnh cú hai nghim cựng dng.
3) Tỡm h thc liờn h gia hai nghim khụng ph thuc vo m.
Bi 5: (3,5 im) Cho tam giỏc ABC vuụng ti A, M l trung im ca cnh AC.
ng trũn ng kớnh MC ct BC ti N. ng thng BM ct ng trũn ng
kớnh MC ti D.
1) Chng minh t giỏc BADC ni tip. Xỏc nh tõm O ca ng trũn ú.
2) Chng minh DB l phõn giỏc ca gúc ADN.
3) Chng minh OM l tip tuyn ca ng trũn ng kớnh MC.

4) BA v CD kộo di ct nhau ti P. Chng minh ba im P. M, N thng hng.
Sở giáo dục và đào tạo
Hng yên

kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt Năm học
2015 2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài:
120 phút

Cõu 1: ( 2 im )
x y = 3
Rỳt gn P = ( 3 + 2) 2 + ( 3 2) 2 ; 2) Gii h phng trỡnh
3 x + y = 1
Cõu 2: ( 1,5 im )
1)
Xỏc nh ta cỏc im A v B thuc th hm s y = 2 x - 6 , bit im A cú
honh bng 0 v im B cú tung bng 0
2)
Tỡm m th hm s y = mx 2 i qua im P (1; 2)

1)

Cõu 3: ( 1,5 im ) Cho phng trỡnh x 2 2( m + 1) x + 2m = 0 (m l tham s)
1)
Gii phng trỡnh vi m = 1 .
2)
Tỡm m phng trỡnh cú 2 nghim x1; x2 tha món x1 + x2 = 2
Cõu 4: ( 1,5 im )
1)
Cho tam giỏc ABC vuụng ti A, AB = 3cm, BC = 6cm . Tớnh gúc C?
2)

Mt tu ha i t A n B vi quóng ng 40km. Khi i n B, tu dng li
20 phỳt ri i tip 30km na n C vi vn tc hn vn tc khi i t A l 5km/h.
Tớnh vn tc ca tu ha trờn quóng ng AB, bit thi gian k t khi tu ha xut
phỏt t A n khi ti C ht tt c 2 gi.
Cõu 5: ( 2,5 im ) Cho tam giỏc ABC cú ba gúc nhn, ni tip ng trũn tõm O v
ABF thuc AD). K AH vuụng gúc vi BC (H thuc BC).
1)
Chng minh bn im A, B, H, E cựng nm trờn mt ng trũn.


2)

Chứng minh HE//CD
3)
Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh ME = MF
Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số lớn hơn 1. Chứng minh:
a2
b2
c2
+
+
≥ 12
b −1 c −1 a −1

Gợi ý:
Câu 5c)

Tứ giác MBEO và tứ giác MFCO nội tiếp nên

·
·
·
·
; MCO
MBO
= MEO
= MFO
·
·
Tam giác BOC cân tại O nên MBO
= MCO
·
·
Suy ra MFO
hay tam giác FEM cân tại M
= MEO
Câu 6
a2
Ta có
+ 4(b − 1) ≥ 4a (Côsi)
b −1
Tương tự:
a2
b2
c2
Vậy
+
+
≥ 4(a + b + c) − 4(b − 1 + c − 1 + a − 1) = 12

b −1 c −1 a −1
§Ò 8


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH LONG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1. (1.0 điểm)
a) Tính: A = 2 5 + 3 45 − 500 ; b) Rút gọn biểu thức B =
Bài 2. (2.5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
2x + y = 5
a) x 2 − 9x + 20 = 0
b) x 4 − 4x 2 − 5 = 0
c) 
x − y = 1

(

)

5 −1

6+2 5

2
Bài 3. (1.5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y = x và đường thẳng
( d ) : y = 2 ( m − 1) x + 5 − 2m (m là tham số)

a) Vẽ đồ thị parabol (P).
b) Biết đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Gọi hoành độ
giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là x1, x2. Tìm m để x12 + x 22 = 6
Bài 4. (1.0 điểm) Một đội xe cần chở 36 tấn hàng. Trước khi làm việc, đội được bổ sung
thêm 3 chiếc nữa nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn hàng so với dự định. Hỏi lúc đầu đội có bao
nhiêu xe, biết khối lượng hàng chở trên mỗi xe như nhau.


Bài 5. (1.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 15cm và AC = 20cm. Tính độ
dài đường cao AH và trung tuyến AM của tam giác ABC.
Bài 6. (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn, hai đường cao BD và CE cắt
nhau tại H (D thuộc AC; E thuộc AB).
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Gọi M, I lần lượt là trung điểm của AH và BC. Chứng minh MI vuông góc ED.
Bài 7. (1.0 điểm) Biết phương trình bậc hai (x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) = 0
(x là ẩn số) có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó.
…HẾT…
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT 2015 – 2016 VĨNH LONG
Bài 1.
a) A = 2 5 + 3 45 − 500 = 2 5 + 3.3 5 − 10 5 = 5
b) B =

(

)

5 −1 6 + 2 5 =

(

) (

5 −1

) (
2

5 +1 =

)

5 −1

5 +1 =

(

)(

)

5 −1

5 +1 = 5 −1= 4

Bài 2. a) Phương trình x 2 − 9x + 20 = 0 có tập nghiệm S = {4; 5} (hs tự giải)
b) Phương trình x 4 − 4x 2 − 5 = 0 có tập nghiệm S = − 5; 5 (hs tự giải)

{

2x + y = 5  x = 2
c) Nghiệm của hệ 
là 
x − y = 1
y = 1
Bài 3. a) Vẽ đồ thị
Bảng giá trị:
x
—2
—1
2
y=x
4
1

}

(hs tự giải)

0
0

1
1

2
4

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
x2 = 2(m – 1)x + 5 – 2m⇔ x2 – 2(m – 1)x + 2m – 5 = 0

Theo định lý Vi-ét:
b

x
+
x
=
−
= 2m − 2
1
2

a

 x .x = c = 2m − 5
 1 2 a
Theo đề bài, ta có:
2
x12 + x 22 = 6 ⇔ ( x1 + x 2 ) − 2x1 x 2 = 6 ⇔ 4m2 – 12m + 8 = 0 ⇔ m = 1; m = 2.
Vậy: m = 1 hoặc m = 2
Bài 4. Gọi x (chiếc) là số xe ban đầu của đội (ĐK: x nguyên dương)
Số xe lúc sau: x + 3 (chiếc)
36
Số tấn hàng được chở trên mỗi xe lúc đầu:
(tấn)
x
A
36
Số tấn hàng được chở trên mỗi xe lúc sau:
(tấn)

x+3
36 36
−
=1
Theo đề bài ta có phương trình:
x x +3
-13 -12 -11 -10 -9

B

H

-8

-7

-6

-5

M

-4

-3

9
8
7
6

5
4
3
2
1
-2

-1

-1
-2
-3
-4
-5
-6
-7
-8
-9

y
y = x2

x
O

1

2

3

4

5

C


Phương trình trên tương đương với: x2 + 3x – 108 = 0 ⇔ x = 9 (nhận); x = - 12(loại)
Vậy: lúc đầu đội có 9 chiếc xe.
Bài 5.
áp dụng định lý Pitago vào tam giác ABC vuông tại A, ta có:
BC2 = AB2 + AC2 = 152 + 202 = 625; BC = 625 = 25 ( cm )
Áp dụng đẳng thức: AH.BC = AB.AC
AB.AC
= 12 ( cm ) Trong tam giác vuông, đường
Suy ra: AH =
trung tuyến ứng với cạnh
A
BC
BC
D
AM =
= 12, 5 ( cmM
huyền bằng nửa cạnh huyền nên:
)
2
Bài 6.
E
a) Tứ giác ADHE có:AD ⊥ DH (BD ⊥ AC – gt)

·
·
AE ⊥ EH (CE ⊥ AB – gt)Nên AEH
H
= ADH
= 900
·
·
Do đó: AEH
+ ADH
= 1800
Vậy tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Tứ giác BEDC có:
·
·
BC (1)
BEC
= BDC
= 900 (gt) nên cùng nội tiếp nửa Bđường tròn tâm I đường kính
I
Tương tự, tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm M đường kính AH và E, D là giao điểm
của hai đường tròn tâm M và tâm I. Do đó đường nối tâm IM là đường trung trực của dây
chung ED. Suy ra: MI ⊥ AD (đpcm)
Bài 7. Theo đề: (x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) = 0
⇔ x2 – ax – bx + ab + x2 – bx – cx + bc + x2 – cx – ax + ca = 0
⇔ 3x2 – 2(a + b + c)x + ab + bc + ca = 0
∆ / = ( b / ) − ac = ( a + b + c ) − 3 ( ab + bc + ca )
2

2

= a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca − 3ab − 3bc − 3ca = a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca
1
1
= ( 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − 2ab − 2bc − 2ca ) = ( a 2 − 2ab + b 2 ) + ( b 2 − 2bc + c 2 ) + ( c 2 − 2ca + a 2 ) 
2
2
1
2
2
2
= ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  ≥ 0 với mọi a, b, c

2
a − b = 0

/
Vì phương trình trên có nghiệm kép nên: ∆ = 0 ⇔ b − c = 0 ⇔ a = b = c
c − a = 0

Nghiệm kép: x1 = x 2 = −

b/ a + b + c
=
=a=b=c
a
3

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỒNG THÁP

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn : TOÁN
Câu 1: (2 điểm) a) Thực hiện phép tính 25 + 4 ; b) Tìm x để x + 2 = 2

c) Rút gọn C =

2 3
2
−
3 −1
3 +1

Câu 2: (2,0điểm) a) Giải phương trình x 2 − 3x − 4 = 0

C


2 x + y = 5
x − y = 1

b) Giải hệ phương trình 

Câu 3: (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị hàm số y = x2 và y = x + 2 trên cùng mặt phẳng tọa độ
b) Tìm m để phương trình x 2 − 2(m + 1) x + (m + 1) = 0 có 1 nghiệp kép dương
Câu 4: (2 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, Biết AB = 3cm; AC = 4 cm
a) Tính BC và chu vi tam giác ABC
b) Gọi H là chân đường cao từ A ( H thuộc BC). Tính AH
c) Tính diện tích tam giác AHC
Câu 5: (2 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính BC. Trên (O) lấy A sao cho

ˆ cắt (O) tại D (D khác A).
cung AB lớn hơn cung AC; đường phân giác trong BAC
ˆ ; BCˆ D .
a) Tính BAC
b) Kẽ DK ⊥ AC (K thuộc AC). Chứng minh rằng ODKC nội tiếp.
c) Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp ODKC theo R.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPTNăm học: 2015 – 2016
Môn thi : TOÁN Ngày thi: 06/6/2015

Câu 1 a) Giải phương trình : x+2015=2016
b) Trong các hình sau : Hình vuông, Hình chữ nhật, Hình thang cân, Hình thang
vuông. Hình nào nội tiếp được đường tròn ?
(m − 2) x − 3 y = −5
(I) ( với m là tham số)
 x + my = 3

Câu 2 Cho hệ phương trình 

a) Giải hệ (I) với m=1
b) CMR hệ (I) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. Tìm nghiệm duy nhất đó theo m.
Câu 3 : Cho Parabol (P) : y=x2 và đường thẳng (d) có pt : y=2(m+1)x-3m+2
a) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) với m=3.
b) CMR (P) và (d) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A; B với mọi m.
Gọi x1 ; x2 là hoành độ của A;B . Tìm m để x12 + x22 =20.
Câu 4 Cho (O;R) và dây DE< 2R. Trên tia đối của tia DE lấy A, qua A kẻ 2 tiếp
tuyến AB, AC với (O), (B,C là tiếp điểm). Gọi H là trung điểm DE. K là giao điểm BC
và DE.

a) CMR tứ giác ABOC nội tiếp.
b) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp ABOC. CMR: H thuộc (I) và HA là phân giác
góc BHC. CMR :

2
1
1
=
+
AK AD AE

1
1 
1
1 
 1
 1
+ 2 + 2  = 6 +
+  + 2015
2
b
c 
a
 ab bc ca 
1
1
1
+
+
2

2
2
2
3(2a + b )
3(2b + c )
3(2c 2 + a 2 )

Câu 5 Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn 7 
Tìm GTLN của P =
HD:
Câu 1 a) x=1

; b) HV, HCN, HTC


− x − 3 y = −5
x = 2

x + y = 3
y = 1
x = 3
b) Với m=0 thì hệ có nghiệm là 
 y = −1 / 3

Câu 2 a) với m=1 (I)  

Với m ≠ 0 . Xét biểu thức

m − 2 3 m 2 − 2m + 3 (m − 1) 2 + 2
+ =

=
≠ 0 Với mọi m ≠ 0
1
m
m
m

m−2 −3
≠
. Vậy hệ (I) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m.
1
m
9 − 5m

x= 2

(
m
−
2
)
x
−
3
y
=
−
5



m − 2m + 3
Ta có 

3m − 1
 x + my = 3
y =
2

m − 2m + 3

=>

Câu 3 : a) với m=3 thì (d) là : y=8x-7
 x = 1

y = x2
y = 1
Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của hệ 
 
x = 7
 y = 8x − 7

 y = 49

b) Giao điểm của (P) và (d) phụ thuộc và số nghiệm pt : x2 = 2(m+1)x-3m+2
1
2

 x2 - 2(m+1)x+3m- 2=0 (1) Có ∆/ = m2 –m +3 =(m- )2 +

11
> 0 với mọi m.
4

 pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt, nên (P) và (d) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân
biệt A;B.
c) Vì x1 ; x2 là hoành độ của A;B nên x1 ; x2 là nghiệm của pt (1)
Theo Vi _ét ta có: x1 + x2 = 2(m+1) : x1. x2 = 3m-2
 x12 + x22 =20.  (x1 + x2 )2 - 2 x1. x2 =20  4(m+1)2 – 2(3m-2) =20
B
 2m2 + m – 6 =0  m=3/2 hoặc m=-2.
E
H
Vậy với m=3/2 hoặc m=-2 thì x12 + x22 =20.
K
D
Câu 4
a) Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến với (O)
O
M
=> góc ABO= góc ACO = 900
A
0
 góc ABO+ góc ACO = 180 nªn ABOC nội tiếp.
b) Vì H là trung điểm của DE nên OH vuông góc DE => góc AHO = 900
Lại có góc ABO= góc ACO = 900 mµ H thuộc (I).
C
 Góc AHB = góc AOB ( cùng chắn cung AB của (I) ) (1)
 Và góc AHC = góc AOC ( cùng chắn cung AC của (I) ) (2)
Mà OA là phân giác góc BOC ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm ở bên

ngoài đường tròn) nªn góc AOB = góc AOC (3)
Từ (1) (2) (3) => góc AHB = góc AHC, hay HA là phân giác góc BHC.
c) Gọi M là gioa điểm AO và BC => BC vuông góc AO tại M
 góc KMO = góc KHO =900 => KHOM nội tiếp.


 ∆ AKO ∞ ∆ AMH (g-g) => AH.AK= AM.AO = AB2
Lại có ∆ ADB ∞ ∆ ABE (g-g) => AD.AE = AB2 nªn AD.AE=AH.AK
VËy 2 AD.AE = 2AH.AK= AK. 2AH = AK.( AH+AH)= AK( AH+AD+HD)
=AK( AD+ AH+HE)
< Vì HD=HE>
 2AD.AE= AK(AD+AE) Nªn

2
AD + AE
1
1
=
+
=
AK
AD. AE
AD AE

Câu 5 Áp dung Bunhia cho bộ số (1;1;1) và (a;b;c) ta có 3(a2+b2+c2) ≥ (a+b+c)2
 3(2a2 +b2 ) ≥ (2a+b)2 ;3(2b2 +c2 ) ≥ (2b+c)2 ; 3(2c2 +a2 ) ≥ (2c+a)2
1
1
1
+

+
2a + b 2b + c 2c + a
1 1 1
Ta có (x+y+z)( x + y + z ) ≥ 9 =>

P≤

1
1 1 1 1
( x + y + z )≥ x + y + z
9
1
1
1
1  1 1 1   1 1 1   1 1 1 
+
+
≤  + +  +  + +  +  + + 
 P≤
2a + b 2b + c 2c + a 9  a a b   b b c   c c a 
1  3 3 3 1 1 1 1
 P ≤  + +  =  + +  (I)
9  a b c 3 a b c
1 1  1 1 1  1 1 1
 1
Ta có 10  2 + 2 + 2  = 3 2 + 2 + 2  + 6 + +  + 2015 = 3
 a b c   a b c   ab bc ca 
1 1 1
Áp dụng Bunhia cho bộ số (1;1;1) và ( ; ; )
a b c

2
1
1   1
1
1
 1
 1
1
1
+
+


≥
+  =>  2 + 2 + 2
Ta được 3 2
 +
2
2
b
c  a
b
c
a
a
b
c 

2

 1 1 1
 + +  + 2015 (II)
a b c 

 1 1
1
1
≥  +
+ 
 3 a
b
c 

2

2
1
1 
1 1
 1
1
1
+
+
 ≥ 10 .  +
 10  2
+  (III)
b2 c2 
3 a
a

b
c 

1
 1
Từ (II) và (III) => 3  +
b
a
1 1
1
1
 2015 ≥ 10 .  + +
3 a
b
c

2

1 1
1
1
1
+  + 2015 ≥ 10 .  +
+ 
3 a
c 
b
c 
2

2

2

1
1

 1
+ 
 -3  +
b
c 

a
2
 1 1 1
1
1
1
  + +  ≤ 3.2015 =>  + +  ≤ 3.2015 (IV)
a b c
b
c 
a
11 1 1 1
2015
Từ (I) và (IV) => P ≤  + +  ≤ . 3.2015 =
.
3 a b c 3
3

1
1 
1
1 
 1
 1
2015
Vậy GTLN của P =
khi a=b=c và 7  2 + 2 + 2  = 6 + +  + 2015
b
c 
a
 ab bc ca 
3

 a=b=c=

3
.
2015

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

BÌNH ĐỊNH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
Môn: TOÁN Ngày thi: 06/06/2015


Bài 1: (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức P =

2− 3

(

6+ 2

)

2 x + y = 3
b) Giải hệ phương trình: 
x − y = 6
Bài 2: (2 điểm) Cho phương trình mx 2 − 2 ( m + 1) x + 1 − 3m = 0 (1) (m là tham số)
a)
Chứng tỏ rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
b)
Trong trường hợp m ≠ 0 . Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình (1), tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x12 + x22
Bài 3: (2 điểm) Trong một phòng có 80 người họp, được sắp xếp ngồi trên các dãy
ghế có chỗ ngồi bằng nhau. Nếu ta bớt đi 2 dãy ghế thì mỗi dãy ghế còn lại phải xếp
thêm 2 người thì vừa đủ chỗ.
Hỏi lúc đầu có mấy dãy ghế và mỗi dãy ghế được xếp bao nhiêu chỗ ngồi.
Bài 4: (2 điểm) Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ các tiếp tuyến MA, MB
(A, B là các tiếp điểm) và cát tuyến MCD không đi qua O (C nằm giữa M và D) với
đường tròn (O). Đoạn thẳng MO cắt AB và (O) theo thứ tự tại H và I. Chứng minh
rằng:
a)
Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
b)
MC.MD = MA2. ; c) OH.OM + MC.MD = MO2.

3x 2
Bài 5: (2 điểm) Cho x, y, z là các số thự thỏa mãn điều kiện:
+ y 2 + z 2 + yz = 1
2
B
=
x+ y+z
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học 2015 – 2016 Môn: TOÁN (chung)

Câu 1. (2,0 điểm) 1) Với giá trị nào của x thì biểu thức x + 1 + x − 3 xác định.
2) Tính giá trị của biểu thức A = x + 3 − 3 − x khi x = 2 2 .
3) Tìm tọa độ của các điểm có tung độ bằng 8 và nằm trên đồ thị hàm số y = 2 x 2 .
4) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3, BC = 5 . Tính cos ·ACB.
2   x + x 1− x 
 1
−
−
Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức Q = 
÷ (với x > 0; x ≠ 1 ).
÷.
x −x
 x −1 x −1   x +1
1) Rút gọn biểu thức Q . ; 2) Tìm các giá trị của x để Q = −1 .
2
2

Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x − 2 ( m − 1) x + m − 6 = 0 (1) (với m là tham số).
a) Giải phương trình với m = 3.
b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có các nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 = 16 .

 x + 2 ( x − y + 3) = y
2) Giải hệ phương trình  2

 x + ( x + 3) ( 2 x − y + 5 ) = x + 16.


Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC ) , đường cao AH . Đường
tròn tâm I đường kính AH cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N . Gọi O là trung điểm
của đoạn BC , D là giao điểm của MN và OA.
1) Chứng minh rằng: a) AM . AB = AN . AC. ; b) Tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp.
1
1
1
=
+
.
2) Chứng minh rằng: a) ∆ADI ∽ ∆AHO . ; b)
AD HB HC
3) Gọi P là giao điểm của BC và MN , K là giao điểm thứ hai của AP và đường tròn
·
đường kính AH . Chứng minh rằng BKC
= 900.
Câu 5. (1,0 điểm)

1) Giải phương trình

3x 2 − 6 x − 6 = 3

( 2 − x)

5

+ ( 7 x − 19 ) 2 − x .

2) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
a
b
c
T= 4
+ 4
+ 4
4
4
b + c + a a + c + b a + b4 + c
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI

Câu 1 (2,0 điểm)
Đáp án
1) x + 1 + x − 3 xác định ⇔ x + 1 và x − 3 đồng thời xác định.
x + 1 xác định ⇔ x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 ,
x − 3 xác định ⇔ x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3
x + 1 + x − 3 là x ≥ 3 .

Vậy điều kiện xác định của biểu thức

(

2) Với x = 2 2 ta có A = 2 2 + 3 − 3 − 2 2 =
=

2 +1 −

2 −1 =

(

) (

2 +1 −

)

)

2

2 +1 −

(

)

2 −1

2 −1 = 2

2

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

3) Hoành độ của điểm cần tìm là nghiệm phương trình 2 x 2 = 8
⇔ x = ±2 . Vậy có hai điểm thỏa mãn là: (2;8) và (−2;8) .

0,25
0,25

4) Vì tam giác ABC vuông tại A nên AC = BC 2 − AB 2 = 52 − 32 = 4
AC 4
= .
Do đó cos ·ACB =
BC 5
Câu 2 (2,0 điểm)
Đáp án
x
>
0
x
≠
1 , ta có
1) (1,0 điểm) Với điều kiện
và

0,25


Q =



(

x +1

)(

x −1

)

x +1

−


2 ÷
.
x −1 ÷


 x +1
2 
1 

=
−
÷.  x −
÷
x −1  
x
 x −1

x

(

)−

x +1
x +1


÷
x 1− x ÷

1− x

(

)

0,25
Điểm
0,5

0,25


 x −1   x −1 
=
÷. 
÷=
 x −1   x 

x −1
.
x

0,25

2) (0,5 điểm) Với x > 0 và x ≠ 1 , ta có
Do đó Q = −1 ⇔

Q=

x −1
x

0,25

x −1
= −1 ⇔ x − 1 = − x
x

⇔ 2 x =1⇔ x =

1
1
(thỏa mãn điều kiện) Vậy với x = thì Q = −1.
4
4

0,25

Câu 3 (2,5 điểm)
Đáp án
1) (1,5 điểm) a) (0,75 điểm) Với m = 3 , ta có phương trình (1) trở thành x 2 − 4 x + 3 = 0
Ta có a + b + c = 1 − 4 + 3 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 3
Vậy với m = 3 , phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 3
2
2
b) (0,75 điểm) x − 2 ( m − 1) x + m − 6 = 0 (1)

2
Phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn x có ∆ ' = ( m − 1) − ( m − 6 ) = 7 − 2m

Điểm
0,25
0,25
0.25

2

Phương trình (1) có các nghiệm x1 , x2 ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ 7 − 2m ≥ 0 ⇔ m ≤

2
Khi đó theo định lý Viét ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) ; x1.x2 = m − 6

7
2

(*)

2
2
2
2
Do đó x1 + x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 4 ( m − 1) − 2 ( m − 6 ) = 2m − 8m + 16
2

0,25

0,25

2

m = 0
2
2
2
Vậy x1 + x2 = 16 ⇔ 2m − 8m + 16 = 16 ⇔ 
m = 4

0,25

Kết hợp điều kiện (*) ta có m = 0 là giá trị thỏa mãn.
 x + 2 ( x − y + 3) = y
( 1)
 x + 2 ≥ 0  x ≥ −2
⇔
2) (1,0 điểm)  2
Điều kiện: 
y
≥
0
x
+
x
+
3
2
x
−
y
+
5
=
x
+
16
2

y ≥ 0
(
)(

)
( )

Với x ≥ −2, y ≥ 0 , phương trình (1) ⇔ x + 2 ( x − y + 2 ) + x + 2 − y = 0

) −( ) ( x+2 − y) =0
⇔ ( x + 2 − y )  x + 2 ( x + 2 + y ) + 1 = 0


⇔ x + 2 − y = 0 ⇔ y = x + 2 ( do x + 2 ( x + 2 + y ) + 1 > 0, ∀ x ≥ −2, y ≥ 0 )
⇔ x+2


(

x+2

2

y +

2

0,25

0,25

Thay y = x + 2 vào phương trình (2) ta được phương trình

x 2 + ( x + 3) ( 2 x − ( x + 2 ) + 5 ) = x + 16 ⇔ x 2 + ( x + 3) 2 = x + 16

0,25


x = 1
⇔ 2 x + 5x − 7 = 0 ⇔ 
x = − 7

2
x
=
1
⇒
y
=
3.
+) Với
2

( TM )
( Ko TM )

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 1;3) .
Câu 4 (3,0 điểm)
Đáp án
P
1) (1,0 điểm)
B
a) (0,5 điểm) Xét đường tròn ( I ) có
·AMH = ·ANH = 900 (góc nội tiếp chắn nửa

H
M
đường tròn) nên HM , HN tương ứng là đường
K
O
cao của các tam giác vuông ABH , ACH
I
+) ∆ABH vuông tại H , có đường cao HM nên
D
suy ra AM . AB = AH 2
A
N
C
+) ∆ACH vuông tại H , có đường cao HN nên
suy ra AN . AC = AH 2 Do đó AM . AB = AN . AC
AM AN
=
b) (0,5 điểm) Theo câu a) ta có AM . AB = AN . AC ⇒
AC AB
AM AN
=
Xét ∆AMN và ∆ACB có ¶A chung,
nên suy ra ∆AMN ∽ ∆ACB ( cgc )
AC AB
·
·
·
·
Do đó ·AMN = ·ACB ⇒ BCN
+ BMN

= ·ACB + BMN
= ·AMN + BMN
= 1800
·
·
Mà các góc BCN
ở vị trí đối diện nên suy ra tứ giác BMNC nội tiếp.
, BMN
2) (1,0 điểm)
a) (0,5 điểm) Ta có tam giác ABC vuông tại A và O là trung điểm của cạnh BC nên
·
·
·
·
OA = OB = OC ⇒ ∆OAC cân tại O ⇒ OAC
= OCA
⇒ OAC
= BCN
·
·
·
Mà ·AMN = ·ACB = BCN
nên ·AMN = OAC
⇒ ·AMN = DAN
·
Vì ∆AMN vuông tại A nên ·AMN + ·ANM = 900 ⇒ DAN
+ ·ANM = 900 ⇒ ·ADN = 900
·
Mà MAN
= 900 ⇒ MN là đường kính của đường tròn ( I ) ⇒ I là trung điểm của MN

nên ·ADI = 900 .
Xét ∆AID và ∆AOH có ·ADI = ·AHO = 900 và ¶A chung do đó ∆ADI ∽ ∆AHO ( gg )

AD AI
1
AO
=
⇒
=
AH AO
AD AH . AI
1
1
1
BC
=
Mà AO = BC , AI = AH ⇒
2
2
AD AH 2
Mặt khác , vì tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao nên AH 2 = HB.HC

0,25
Điểm

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

b) (0,5 điểm) Vì ∆ADI ∽ ∆AHO ⇒

0,25
0,25


1
HB + HC
1
1
=
=
+
AD HB.HC
HB HC
·
·
·
·
3) (1,0 điểm) Vì tứ giác BMNC nội tiếp ⇒ PBM
= MNC
⇒ PBM
+ ·ANM = MNC

+ ·ANM = 1800
(1)
·
Vì tứ giác ANMK nội tiếp ⇒ PKM
= ·ANM (2)
·
·
Từ (1) và (2) suy ra PBM
+ PKM
= 1800 , do đó tứ giác PKMB nội tiếp
·
·
·
⇒ PKB
= PMB
= ·AMN = ·ACB ⇒ ·AKB + ·ACB = ·AKB + PKB
= 1800
Suy ra

·
·
Do đó tứ giác BKAC nội tiếp ⇒ BKC
= BAC
= 900 .
Câu 5 (1,0 điểm)
3x 2 − 6 x − 6 ≥ 0
⇔ x ≤ 1− 3
1) (0,5 điểm) Điều kiện xác định 
2 − x ≥ 0
Với x ≤ 1 − 3 , phương trình đã cho tương đương với:

3x 2 − 6 x − 6 = 3( 2 − x )

2

0,5

0,5

2 − x + ( 7 x − 19 ) 2 − x

⇔ 3x 2 − 6 x − 6 = 2 − x ( 3x 2 − 5 x − 7 ) ⇔ 3x 2 − 6 x − 6 − 2 − x = 2 − x ( 3x 2 − 5 x − 8 )
3 x 2 − 5 x − 8 = 0
⇔
= 2 − x ( 3x 2 − 5 x − 8 ) ⇔ 
2
1 = 2 − x 3 x 2 − 6 x − 6 + 2 − x
3x − 6 x − 6 + 2 − x

3x 2 − 5 x − 8

(

)

0,25

3 x 2 − 6 x − 6 + 2 − x > 0, ∀x ≤ 1 − 3 ).

(do

+) 3 x 2 − 5 x − 8 = 0 ⇔ x = −1 (thỏa mãn đk) hoặc x =
+) 1 = 2 − x

(

)

8
(không thỏa mãn đk)
3

3 x 2 − 6 x − 6 + 2 − x ⇔ 1 = 2 − x + 3 x 2 − 6 x − 6. 2 − x
0,25

⇔ x − 1 = 3 x 2 − 6 x − 6. 2 − x ( *)
Vì x ≤ 1 − 3 nên x − 1 < 0 ≤ 3 x 2 − 6 x − 6. 2 − x do đó (*) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = − 1
4
4
2
2
2) (0,5 điểm) Ta có: a + b ≥ ab ( a + b ) ∀a; b ∈ ¡
4
4
2
2
4
4
3
3

Thật vậy a + b ≥ ab ( a + b ) ⇔ a + b ≥ a b + ab

⇔ ( a − b ) ( a 3 − b3 ) ≥ 0 ⇔ ( a − b )

2

(a

2

+ ab + b 2 ) ≥ 0 (luôn đúng ∀a, b ∈ ¡ )

4
4
2
2
4
4
2
2
2
Do đó a + b + c ≥ ab ( a + b ) + c ⇔ a + b + c ≥ ab ( a + b ) + abc > 0 (vì a; b; c > 0 và abc = 1 )

⇔

0,25

c
c
c

c
≤
⇔ 4
≤
4
4
2
2
2 (vì c > 0 )
2
a + b + c ab ( a + b ) + abc
a + b + c ab ( a + b 2 + c 2 )

⇔

4

c
c2
c
c2
≤
⇔ 4
≤ 2
4
2
2
2
4
a +b +c

abc ( a +b +c )
a +b +c
a +b 2 +c 2
4

Tương tự

b
b2
≤
a4 + c4 + b a2 + b 2 + c2

( 2)

(1)

a
a2
≤
b4 + c 4 + a a 2 + b2 + c 2

( 3)

0,25


Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có:
a
b
c

a2
b2
c2
+ 4
+ 4
≤ 2
+ 2
+ 2
=1
4
4
4
2
2
2
2
b +c +a
a +c +b a +b +c
a +b +c
a +b +c
a +b 2 +c 2
4

⇒ T ≤ 1 ∀a; b; c > 0 thỏa mãn abc = 1 .
Với a = b = c = 1 thì T = 1 . Vậy GTLN của T là 1.

ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN QUẢNG NAM NĂM HỌC: 2015 – 2016
Thời gian: 150 phút Ngày thi: 4/6/ 2015
x x +1 x −1
−

Câu 1. (2 điểm) a) Cho biểu thức A =
(với x ≠ 1; x ≥ 0 ). Rút gọn A,
x −1
x +1
sau đó tính giá trị của A – 1 khi x = 2016 + 2 2015 .
2015
2015
2015
b) Cho A = 2 ( 1 + 2 + ........ + n ) với n là số nguyên dương.

Chứng minh A chia hết cho n(n + 1).
6
4
7
3
+ 2
− 2
− 2
=0
x − 9 x − 11 x − 8 x − 12
 x ( x + 4) ( 4 x + y ) = 6
b) Giải hệ phương trình:  2
 x + 8 x + y = −5

Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình sau:

2

Câu 3. (1 điểm) Cho parabol (P): y = ax2 và đường thẳng (d): y = bx + c với a, b, c là
độ dài ba cạnh của tam giác vuông trong đó a là độ dài cạnh huyền. Chứng minh rằng

(d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ lần lượt là x1 và x2 thỏa mãn
x12 + x22 < 2

Câu 4. (2 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H.
Các tia phân giác các góc EHB, DHC cắt AB, AC lần lượt tại I và K. Qua I và K lần
lượt vẽ các đường vuông góc với AB, AC chúng cắt nhau tại M.
a) Chứng minh AI = AK.
b) Giả sử tam giác nhọn ABC có hai đỉnh B, C cố định, đỉnh A di động .
Chứng minh đường thẳng HM luôn đi qua một điểm cố định
Câu 5. (2 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Qua A và B lần lượt vẽ các tiếp
tuyến d1 và d2 với (O). Từ điểm M bất kì trên (O) vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt d1
tại C và cắt d2 tại D. Đường tròn đường kính CD cắt đường tròn (O) tại E và F (E
thuộc cung AM), gọi I là giao điểm của AD và BC.
a) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.
b) Chứng minh MI vuông góc với AB và ba điểm E, I, F thẳng hàng.
Câu 6. (1 điểm) Cho ba số thực x; y; z thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 ≤ 9 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z – (xy + yz + zx)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPNĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

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


1) 2x + 1= 0

x = 3 − 2y
; 2) 

; 3) x4 + 8x2 − 9 = 0
y = −1+ 2x

Câu II(2,0điểm) 1) Rút gọn biểu thức A =

(

)(

a+ 2

) (

a− 3 −

)

2

a + 1 + 9a vôùia ≥ 0.

2) Khoảng cách giữa hai tỉnh A và B là 60km. Hai người đi xe đạp cùng khởi hành
một lúc đi từ A đến B với vận tốc bằng nhau. Sau khi đi được 1 giờ thì xe của người
thứ nhất bị hỏng nên phải dừng lại sửa xe 20 phút, còn người thứ hai tiếp tục đi với
vận tốc ban đầu. Sau khi xe sửa xong, người thứ nhất đi với vận tốc nhanh hơn trước
4km/h nên đã đến B cùng lúc với người thứ hai. Tính vận tốc hai người đi lúc đầu.
2
2
Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm các giá trị của m để phương trình x − 2( m+ 1) x + m − 3 = 0
có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó.

2) Cho hai hàm số y = ( 3m + 2) x + 5 với m ≠ −1 và y = − x − 1 có đồ thị cắt nhau tại

điểm A ( x;y) . Tìm các giá trị của m để biểu thức P = y2 + 2x − 3 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định và đường kính CD
thay đổi không trùng với AB. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt các đường thẳng
BC và BD lần lượt tại E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng
AE và AF.
1) Chứng minh ACBD là hình chữ nhật;
2) Gọi H là trực tâm của tam giác BPQ. Chứng minh H là trung điểm của OA;
3) Xác định vị trí của đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất.
Câu V (1,0 điểm) Cho 2015 số nguyên dương a1;a2;a3;...;a2015 thỏa mãn điều kiện :
1
a1

+

1
a2

+

1
a3

+ ... +

1
a2015

≥ 89

Chứng minh rằng trong 2015 số nguyên dương đó, luôn tồn tại ít nhất 2 số bằng
nhau.
-----------------------Hết----------------------Câu 3.2)Tọa độ giao điểm A(x;y) là nghiệm của hệ pt:
−2

x=
2

y
=
(3
m
+
2)
x
+
5


m +1
1


2
⇔
(m ≠ −1) Có P = y + 2x – 3 = 4 
− 1÷ − 6 ≥ −6


 y = −x −1
 m +1 
 y = 1− m
m +1

Vậy Min P = -6 ⇔ m = 0

Câu 4 b) Chứng minh H là trung điểm của OA
H thuộc OA; OP là đường trung bình của tam giác ABE
→ OP //BE mà BE ⊥ BF → PO ⊥ BF


→O là trực tâm của tam giác BPF →FO ⊥ BP
Mặt khác có QH ⊥ BP (H là trực tâm của tam giác BPQ)
→QH//FO mà AQ = QF (gt) → H là trung điểm của OA
c) Xác định vị trí của đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất.
PB = PA ; OA = OC ; OP Chung
·
·
Suy ra ∆APO = ∆CPO(c.c.c ) suy ra PCO
= PAO
= 900
Chứng minh được PC ⊥ CD, ; Chứng minh tương tự QD ⊥ CD
Tứ giác PCDQ là hình thang vuông → PQ ≥ CD
1
Diện tích tam giác S BPQ = AB.PQ , Diện tích S BPQ nhỏ nhất khi PQ nhỏ
2
1
2
nhất bằng CD=AB ; Min S BPQ = AB ⇔ CD ⊥ AB tại O

2
Câu 5 Giả sử không tồn tại hai số bằng nhau mà a1, a2, …, a2015 nguyên dương
Không làm mất tính tổng quát giả sử a1 > a2 > … > a2015
Nên a1 ≥1; a2 ≥ 2; … ; a2015 ≥ 2015
1
1
1
1
1
1
+
+ ... +
≤
+
+ ... +
a1
a2
a2015
1
2
2015 (1)

Suy ra
1

1

1

2

2

Có 1 + 2 + ... + 2015 ≤ 1 + 1 + 2 + ... + 2014 + 2015 (2)
2

2

Mà 1 + 1 + 2 + ... + 2014 + 2015 = 2 2015 − 1 < 89 (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra

1
1
1
+
+ ... +
< 89 Trái với đk của bài.
a1
a2
a2015

Vậy trong 2015 số nguyên dương đó tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TP.ĐÀ NẴNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

Năm học: 2015 – 2016 Khóa ngày : 9, 10 – 06 – 2015 MÔN: TOÁN

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
10 - 5
1
+
):
3- 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.
Bài giải sơ lược :
Bài 1 :1)

2)

28a 4 = 4.7.(a 2 ) 2 = 2 7. a 2 = 2 7a 2 (Vì a2 ≥ 0 với mọi a)
é 7 ( 3 - 1)
A=ê
+
ê
3- 1
ë

A = ( 7 + 5).( 7 Bài 2 : - ĐK : x ≠ 0. Ta có :

⇔

ìï
ïï
ï

í
ïï
ïï
ïî

ìï
1
ïï x =
¹ 0(TMDK)
ï
2
í
⇔
ïï
1
1
ïï 1 + 2. y = - 4.
2
2
ïî

5(

2 - 1) ù
ú
.(
2- 1 ú
û
2

7-

5) = 7 -

5)
2

5 = 7 - 5 = 2 . Vậy A = 2

3
- y =6
2x
Û
1
+ 2y =- 4
x

ïìï 3 - 2xy =12x
ïì 8x = 4
Û ïí
í
ïîï 1 + 2xy =- 4x
îïï 1 + 2xy = - 4x

ì
1
ï
ï
x =
ï

2
í
ï
ï
ï 1+ y =- 2
î

ìï
1
ïï x =
2 Vậy
í
ïï
ïî y =- 3

⇔

hệ có nghiệm duy nhất

Bài 3 : 1) Lập bảng giá trị và vẽ

ìï
1
ïï x =
2
í
ïï
ïî y = - 3

2) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : x2 = x + 2 ⇔ x2 - x - 2 = 0(*)

ìï x1 =- 1
ï
Phương trình (*) có dạng : a – b + c = 0 nên có 2 nghiệm : ïí
ïï x 2 = - c = 2
ïî
a
Ta có (d) cắt (P) tại hai điểm A(-1; 1) và B (2; 4).
Để (P), (d) và (dm) cùng đi qua một điểm thì hoặc A∈ (dm) hoặc B ∈ (dm) .
+ Với A(-1; 1) ∈ (dm) , ta có : 1 = -(-1) + m ⇔ m = 0
+ Với B(2; 4) ∈ (dm), ta có : 4 = -2 + m ⇔ m = 6
Vậy khi m = 0 hoặc m = 6 thì (P), (d) và (dm) cùng đi qua một điểm.
Bài 4 : 1) Thay m = 1 được phương trình : x2 – 2 = 0 ⇔ x2 = 2 ⇔ x = ± 2

Vậy khi m = 1, phương trình có hai nghiệm x =

2 và x = -

2