Tuyển tập 55 đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán năm 2019 có đáp án chi tiết

Tập thể Giáo viên Toán
Facebook: “Nhóm Toán và LaTeX”

EX-THCS06

TUYỂN TẬP ĐỀ TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2018-2019

MÔN TOÁN

THÁNG 7-2018


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

EX_THCS06.tex

2


Mục lục
1

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, An Giang . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

2

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bắc Giang . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

3

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bắc Kạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

4

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bạc Liêu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

5

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bắc Ninh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

6

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bà Rịa Vũng Tàu . . . . . . . . . . . . . . .

27

7

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bến Tre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

8

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bình Định . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

9

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bình Dương . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40

10

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bình Phước . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

11

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2018-2019, Bình Thuận

. . . . . . . . . . . . . . .

48

12

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Cao Bằng . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

51

13

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Đắk Lắk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54

14

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Điện Biên . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

58

15

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Đồng Nai

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

65

16

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Đồng Tháp

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

69

17

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Hải Dương . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

72

18

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Hà Nam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

76

19

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Hà Tĩnh - Đề 1 . . . . . . . . . . . . . . . .

80

20

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Hà Tĩnh - Đề 2 . . . . . . . . . . . . . . . .

83

21

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Hậu Giang . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

86

22

Đề thi Tuyển sinh lớp 10 Tỉnh Hòa Bình 2018 - 2019 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

94

23

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Hưng Yên . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

97

24

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Kiên Giang . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

25

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Lào Cai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

26

Đề tuyển sinh 10 năm học 2018-2019 tỉnh Lai Châu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

27

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Lạng Sơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

28

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Long An . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

29

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Nam Định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

30

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Nghệ An . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

31

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Ninh Bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
3


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

EX_THCS06.tex

32

Đề thi Tuyển sinh 10 năm học 2018-2019 Ninh Thuận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

33

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Phú Thọ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

34

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Quãng Ngãi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

35

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Quảng Ninh . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

36

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Quảng Trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

37

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018 - 2019, Sóc Trăng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

38

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Tây Ninh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

39

Đề thi vào 10, Sở GD Tuyên Quang 2018-2019 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

40

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Cần Thơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

41

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, thành phố Đà Nẵng . . . . . . . . . . . . . . 184

42

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Hà Nội . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

43

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, thành phố Hải Phòng . . . . . . . . . . . . . 192

44

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, TP Hồ Chí Minh . . . . . . . . . . . . . . . 198

45

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Phú Yên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

46

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Thái Bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

47

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Thái Nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

48

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Thanh Hóa

49

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Thừa Thiên Huế

50

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Tiền Giang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

51

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Trà Vinh

52

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Vĩnh Long . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233

53

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Vĩnh Phúc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237

54

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Yên Bái, mã đề 009 . . . . . . . . . . . . . . 243

55

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, tỉnh Yên Bái, mã 022 . . . . . . . . . . . . . 258

4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 217
. . . . . . . . . . . . . . . 221

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-AnGiang.tex

LATEX hóa: Thầy Phan Minh Quốc Vinh & Phản biện: Thầy Nguyễn Tất Thu

1

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, An Giang

Câu 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau đây
√
√
√
√
a) 3x − 2x = 3 + 2.
b)



x + y = 101

−x + y = −1

√
c) x2 + 2 3x + 2 = 0.
Lời giải.
a) Ta có
√

3x −

√

2x =

√

3+

√

√ ä
√
√
3− 2 x= 3+ 2
√
√
3+ 2
√
⇔x= √
3− 2
Ä√
√ ä Ä√

√ ä
3+ 2
3+ 2
⇔ x = Ä√
√ ä Ä√
√ ä
3− 2
3+ 2
Ä√
√ ä2
√
3 + 2 = 5 + 2 6.
⇔x=

2⇔

Ä√

b) Ta có


x + y = 101

⇔


−x + y = −1

⇔

⇔

⇔

⇔



2y = 100

−x + y = −1


y = 50

−x + y = −1


y = 50

−x + 50 = −1


y = 50

−x = −51


x = 51


y = 50.

√
c) Ta có ∆ = (2 3)2 − 4 · 2 = 4.
Phương trình có hai nghiệm
√
√
√
−b + ∆
−2 3 + 2
x1 =
=
= − 3 + 1,
2a
2
√
√
√
−b − ∆
−2 3 − 2
x2 =
=
= − 3 − 1.
2a
2
5


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-AnGiang.tex

Câu 2. Cho hàm số y = 0,5x2 có đồ thị là Parabol (P ).
a) Vẽ đồ thị (P ) của hàm số đã cho.
b) Xác định hệ số a, b của đường thẳng (d) : y = ax + b, biết (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ
bằng 1 và (d) cắt (P ) tại điểm có hoành độ bằng 2. Chứng tỏ (d) và (P ) tiếp xúc nhau.
Lời giải.
a)
y

Bảng giá trị

y = 0,5x2

x

−2

−1

0

1

2

2

y

2

0,5

0

0,5

2

1
0.5

Đồ thị như hình vẽ bên.

−2

−1 O

1

2

x

b) Đường thẳng cắt Ox tại điểm có hoành độ bằng 1 nên đường thẳng đi qua điểm (1; 0)
⇒ 0 = a · 1 + b (∗).
(d) cắt (P ) tại điểm có hoành độ bằng 2 nên đường thẳng đi qua điểm (2; 2)
⇒ 2 = a · 2 + b (∗∗).
Từ (∗) và (∗∗) ta có



a + b = 0

2a + b = 2

⇔



a + b = 0

a = 2

⇔



a = 2

b = −2.

Vậy a = 2, b = −2 thỏa yêu cầu bài toán.
Phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P ) là
0,5x2 = 2x − 2 ⇔ 0,5x2 − 2x + 2 = 0
Ta có ∆ = 22 − 4 · 2 · 0,5 = 0.
Vậy (d) tiếp xúc (P ).

Câu 3. Cho phương trình bậc hai x2 − 3x + m = 0 (m là tham số).

a) Tìm m để phương trình có nghiệm bằng −2. Tính nghiệm còn lại ứng với m vừa tìm được.
b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị nhỏ nhất của
A = x21 + x22 − 2x1 x2 .
Lời giải.
a) Phương trình x2 − 3x + m = 0 có nghiệm x1 = −2 ⇒ (−2)2 − 3(−2) + m = 0 ⇔ m = −10.
Do x1 + x2 = 5 ⇒ x2 = 5.
Vậy m = −10 thì phương trình đã cho có nghiệm −2 và nghiệm còn lại là 5.
6


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-AnGiang.tex

b) Ta có ∆ = (−3)2 − 4 · m = 9 − 4m.
9
Phương trình có nghiệm khi chỉ khi ∆ ≥ 0 ⇔ 9 − 4m ≥ 0 ⇔ m ≤ .
4
Áp dụng định lý Vi-ét, ta có x1 + x2 = 3, x1 · x2 = m.
Mà A = x21 + x22 − 2x1 x2 = (x1 + x2 )2 − 5x1 x2 = 32 − 5m = 9 − 5m.
45
45
9
9
=− .
Vì m ≤ nên −5m ≥ − ⇔ 9 − 5m ≥ 9 −
4
4
4
4

9
9
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng − khi m = .
4
4

Câu 4. Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm
của AB, BC, CA.
a) Chứng minh tứ giác BM ON nội tiếp đường tròn.
b) Kéo dài AN cắt đường tròn (O) tại G (khác A). Chứng minh ON = N G.
¯ của đường tròn (O) tại điểm F . Tính số đo của góc OF P .
c) P N cắt cung nhỏ BG

Lời giải.
a)
A

Xét tứ giác BM ON , ta có
OM ⊥ AB (bán kính qua trung điểm dây thì vuông góc
với dây).
M

Tương tự ON ⊥ BC.

O

P

⇒ BM O + BN O = 180◦ .
B

Vậy tứ giác BM ON nội tiếp.

C

N

b)
A

Xét tam giác BOG có OB = OG (bán
kính).
Mặt khác A, O, N thẳng hàng do tam
giác ABC đều.
M

¯ nên AGB =
Mà AGB chắn cung AB

P
O

60◦ .

J

Tam giác BOG cân và có một góc 60◦
nên là tam giác đều.

B

N

⇒ BN là trung tuyến của tam giác
đều BOG hay ON = N G.

F

G

c) Gọi J là giao điểm của CM và P N . Xét tam giác OJF , ta có
CM ⊥ P N (do CM ⊥ AB và vì P N là đường trung bình nên P N ∥ AB).
Vậy tam giác OJF vuông tại J.
1
1
1
1 3
R
Ta có JM = CM , OM = CM , OJ = JM − OM = CM = · OC = .
2
3
6
6 2
4
OJ
R
1
◦
⇒ sin OF J =
= ÷ R = ⇒ OF P ≈ 14 28 39 .

OF
4
4
7

C


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

EX_THCS06.tex

Câu 5.
M

Cầu vòm là một dạng cầu đẹp bởi hình dáng cầu được uốn
lượn theo một cung tròn tạo sự hài hòa trong thiết kế cảnh
quan, đặc biệt là các khu đô thị có dòng sông chảy qua, tạo

A

B
K

được một điểm nhấn của công trình giao thông hiện đại.
Một chiếc cầu vòm được thiết kế như hình vẽ bên, vòm cầu
˙
là một cung tròn AM
B.
Độ dài đoạn AB bằng 30 m, khoảng cách từ vị trí cao nhất ở giữa vòm cầu so với mặt sàn cầu là đoạn

M K có độ dài 5 m. Tính chiều dài vòm cầu.
Lời giải.
M

Giả sử vòm là cung tròn tâm O bán kính R. Vẽ đường kính M C. Tam giác
M BC vuông tại B có BK là đường cao, ta được

A

M K · KC = KB 2 ⇒ 5 · (2R − 5) = 152
⇔ 10R − 25 = 225

B
K
O

⇔ 10R = 250
⇔ R = 25 m.
C
√
√
√
M K 2 + KB 2
52 + 152
10
MB
sin BCM =
=
=

=
.
MC
MC
50
10
⇒ BCM ≈ 18◦ 26 6 .
˙
⇒ sđAM
B = 4 · BCM ≈ 73◦ 44 23 .
˙
Độ dài cung AM
B là

l=

πRn◦
π · 25 · 73◦ 44 23
=
≈ 32,175 m.
180◦
180◦

Vậy chiều dài vòm cầu là 32,175 m.

8


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-BacGiang.tex

LATEX hóa: Thầy Nguyễn Tất Thu & Phản biện: Thầy Lê Mạnh Thắng

2

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bắc Giang

Câu 1.
a) Tính giá trị của biểu thức A =

√ ä
√ Ä√
5 20 − 5 + 1.

b) Tìm tham số m để đường thẳng y = (m − 1)x + 2018 có hệ số góc bằng 3.
Lời giải.
a) Ta có
A=

√ ä
√ √
√ Ä √
5 2 5 − 5 + 1 = 5 · 5 + 1 = 6.

b) Hệ số góc của đường thẳng bằng 3 khi và chỉ khi m − 1 = 3 ⇔ m = 4.

Câu 2.
1. Giải hệ phương trình



x + 4y = 8

2x + 5y = 13.

Ç

2. Cho biểu thức B =

å √
√
2
6
10 − 2 a
( a − 1)
√
√
+ √
·
(với a > 0, a = 1).
a−1 a a−a− a+1
4 a

(a) Rút gọn biểu thức B.
√
(b) Đặt C = B (a − a + 1). So sánh C và 1.
3. Cho phương trình x2 − (m + 2)x + 3m − 3 = 0 (1), với x là ẩn, m là tham số.
(a) Giải phương trình (1) khi m = −1.
(b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1 , x2 là độ

dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Lời giải.
1. Hệ đã cho tương đương với


2x + 8y = 16

2x + 5y = 13

⇔



3y = 3

x + 4y = 8

Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (4; 1).
2.
9

⇔



y = 1

x = 4.

Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-BacGiang.tex

√
√
√
√
√
(a) Ta có a a − a − a + 1 = a ( a − 1) − ( a − 1) = ( a − 1) (a − 1). Do đó
Ç
å √
√
2
6
10 − 2 a
( a − 1)
√
√
B=
+
·
a − 1 (a − 1) ( a − 1)
4 a
√
√
√
2
6 ( a − 1) + 10 − 2 a ( a − 1)
√

= √
√
2 ·
4 a
( a + 1) · ( a − 1)
√
4+4 a
1
= √ √
=√ .
4 a( a + 1)
a
(b) Ta có
C=

a−

Ç
å
√
√
a+1
1
√
=
a+ √
− 1 ≥ 2 − 1 = 1.
a
a

Đẳng thức xảy ra khi a = 1 (loại). Vậy C > 1.
3.
(a) Với m = −1, phương trình đã cho trở thành
x2 − x − 6 = 0 ⇔ (x − 3)(x + 2) = 0 ⇔ x = 3, x = −2.
Vậy phương trình có nghiệm x = −2, x = 3.
(b) Vì x1 , x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông, nên (1) có hai nghiệm dương phân biệt,
hay



∆ = (m + 2)2 − 4(3m − 3) > 0




S =m+2>0




P = 3m − 3 > 0

⇔




(m − 4)2 > 0





m > −2




m > 1

⇔



m = 4

(∗)


m > 1.

Theo định lí Vi-ét, ta có x1 + x2 = m + 2, x1 · x2 = 3m − 3. Theo định lí Pitago:
x21 + x22 = 25 ⇔ (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 = 25 ⇔ (m + 2)2 − 2(3m − 3) − 25 = 0
⇔ m2 − 2m − 15 = 0 ⇔ (m − 5)(m + 3) = 0 ⇔ m = 5, m = −3.
Đối chiếu với (*) ta có m = 5 là giá trị cần tìm.

Câu 3. Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường dài 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn
trên cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/h
so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc
của xe đạp khi bạn Linh từ nhà đến trường.
Lời giải.

Gọi x (km/h) là vận tốc xe đạp khi Linh đi từ nhà đến trường (x > 2).
10
Thời gian Linh đi từ nhà đến trường là
(h).
x
10
(h).
Thời gian Linh đi từ trường về nhà là
x−2
Theo đề bài ta có phương trình
10
10
15
1
−
=
= ⇔ x2 − 2x − 80 = 0
x−2
x
60
4
⇔(x − 10)(x + 8) = 0 ⇔ x = 10, x = −8 (loại).
Vậy vận tốc của xe đạp khi Linh đi từ nhà đến trường là 10 (km/h).
10


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-BacGiang.tex

Câu 4. Cho tam giác nhọn ABC. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại
các điểm M, N (M = B, N = C). Gọi H là giao điểm của BN với CM ; P là giao điểm của AH và BC.
a) Chứng minh tứ giác AM HN nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh BM · BA = BP · BC.
c) Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác ABC đều cạnh 2a. Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ
giác AM HN theo a.
d) Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF của đường tròn tâm O đường kính BC (E, F là các tiếp
điểm). Chứng minh ba điểm E, H, F thẳng hàng.
Lời giải.
a)
Ta có M, N nằm trên đường tròn đường kính BC,
A

nên ta có BN ⊥ AC, CM ⊥ AB. Suy ra AM H =
AN H = 90◦ , suy ra tứ giác AM HN nội tiếp.
b) Ta có BN , CM là hai đường cao của tam giác ABC
nên H là trực tâm của tam giác ABC.

N

Suy ra AP ⊥ BC. Do đó, ta có tứ giác AM P C nội
Dẫn tới

BM P

BCA, suy ra

hay BM · BA = BP · BC.

F

M

tiếp, suy ra AM P + ACB = 180◦ .
BC
BM
=
,
BP
BA

H

E
B

P

C

O

c) Vì tam giác ABC đều, nên M, N, P là trung điểm của ba √
cạnh.
2
2
a
3a
a 3
Ta có AP 2 = AB 2 − BP 2 = a2 −

=
, suy ra AP =
.
4
4
√ 2
2
a 3
Lại có H là trọng tâm giác ABC, nên AH = AP =
.
3
3
√
AH
a 3
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AM HN là R =
=
.
2
6
πa
Chu vi đường tròn cần tính: 2πR =
.
3
“ chung, AEM = ABE =
d) Xét hai tam giác AM E và AEB có góc A

ABE, nên ta có AM · AB = AE 2 .

1

¯ , suy ra
sđ EM
2

AEM
(1)

Mặt khác, tứ giác BP HM nội tiếp (do BM H = BP H =

90◦ )

nên ta cũng có

AM · AB = AH · AP.
Từ (1) và (2) ta suy ra AH · AP = AE 2 , hay là

AE
AH
=
. Từ đây, suy ra
AE
AP

(2)
AHE

AEP , nên

AHE = AEP .
Chứng minh tương tự,ta cũng có AHF = AF P .

Lại có AEO = AP O = AF O = 90◦ , nên tứ giác AEP F nội tiếp.
Do đó AHE + AHF = AEP + AF P = 180◦ . Từ đây, ta có ba điểm E, H, F thẳng hàng.
11


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

EX_THCS06.tex

√
81x2 + 18225x + 1 6 x + 8
Câu 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
−
, với x > 0.
9x
x+1
Lời giải.
Ta có
Ç
å
√
6 x+8
1
+ 9−
−9
P = 9x + 2025 +
9x
x+1
√
Å

ã
1
9x − 6 x + 1
= 9x +
+
+ 2016
9x
x+1
 
√
2
1
(3 x − 1)
+
+ 2016 ≥ 2018.
≥ 2 9x ·
9x
x+1

1
Đẳng thức xảy ra khi x = . Vậy min P = 2018.
9

12


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-BacKan-TL.tex

LATEX hóa: Thầy Đào Văn Thủy & Phản biện: Thầy Nguyễn Minh Tiến

3

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bắc Kạn

Bài 1. Giải phương trình 3x − 2 = 0.
Lời giải.
2
Ta có 3x − 2 = 0 ⇔ x = .
3
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = .
3
Bài 2. Giải phương trình x2 − 5x + 6 = 0.
Lời giải.
Ta có ∆ = (−5)2 − 4 · 1 · 6 = 1.
Vì ∆ > 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là
x1 =

5−1
5+1
= 3 ; x2 =
= 2.
2
2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {3; 2}.
Bài 3. Giải hệ phương trình


2x − 3y = 1
x − 2y = −1.

Lời giải.
Ta có

2x − 3y = 1

⇔

x − 2y = −1


2x − 3y = 1

⇔

2x − 4y = −2


2x − 3y = 1
y = 3.

⇔


x = 5
y = 3.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (5; 3).
Bài 4. Quãng sông từ A đến B dài 60 km. Một ca nô xuôi dòng từ A đến B rồi ngược từ B trở về A
mất tổng cộng 8 giờ. Tính vận tốc thực của ca nô, biết vận tốc dòng nước là 4 km/h.
Lời giải.
Gọi vận tốc thực của ca nô là x km/h (điều kiện x > 4).
Vì vận tốc dòng nước là 4 km/h nên
60
giờ.
x+4
60
vận tốc ca nô khi ngược dòng là x + 4 km/h ⇒ thời gian ca nô đi ngược dòng là
giờ.
x−4
Do đó ta có phương trình
vận tốc ca nô khi xuôi dòng là x + 4 km/h ⇒ thời gian ca nô đi xuôi dòng là

60
60
60(x − 4) + 60(x + 4)
+
=8⇔
=8
x+4 x−4
(x + 4)(x − 4)
Ä

ä

⇔ 120x = 8 x2 − 16



x = 16 (thỏa mãn)
⇔ x2 − 15x − 16 = 0 ⇔ 
x = −1 (loại).
Vậy vận tốc thực của ca nô là 16 km/h.
13


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-BacKan-TL.tex

√
√
√
Bài 5. Rút gọn biểu thức A = 2 20 + 3 45 − 4 80.
Lời giải.
Ta có
√
√
√
A = 2 20 + 3 45 − 4 80
√
√
√
= 4 4 + 9 5 − 16 5
√
= −3 5.
√

Vậy A = −3 5.
Bài 6. Rút gọn biểu thức sau
Ç

B=

1
2+ √
x−1

å

x−1
· √
2 x−1

1
với x ≥ 0, x = 1, x = .
4

Lời giải.
Ta có
å

Ç

x−1
1
· √
B = 2+ √

x−1
2 x−1
√
2 x−2+1
x−1
= √
· √
x−1
2 x−1
√
√
√
2 x − 1 ( x − 1) · ( x + 1)
√
·
= √
x−1
2 x−1
√
= x + 1.
Vậy B =
Bài 7.

√

1
x + 1 với x ≥ 0, x = 1, x = .
4
2
a) Vẽ parabol (P ) : y = 2x trên mặt phẳng Oxy.

b) Tìm a, b để đường thẳng (d) : y = ax + b đi qua M (0; −1) và tiếp xúc với parabol (P ).
Lời giải.
a) Vẽ parabol (P ) : y = 2x2 .
y

2

−1 O

b)

1

x

• Đường thẳng (d) : y = ax + b đi qua M (0; −1) nên ta có a · 0 + b = −1 ⇒ b = −1.
Do đó (d) có dạng y = ax − 1.
14


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-BacKan-TL.tex

• Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P ):
ax − 1 = 2x2 ⇔ 2x2 − ax + 1 = 0.

(1)

(d) và (P ) tiếp xúc với nhau khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm kép.
√
⇔ ∆ = 0 ⇔ a2 − 8 = 0 ⇔ a = ±2 2.
Ä √
ä
Ä √
ä
Vậy (a; b) = 2 2; −1 hoặc (a; b) = −2 2; −1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 8. Cho phương trình x2 − 2(m + 1)x + 6m − 4 = 0 (1) (với m là tham số).
a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn (2m − 2)x1 + x22 − 4x2 = 4.
Lời giải.
a) Ta có ∆ = (m + 1)2 − (6m − 4) = m2 − 4m + 5 = (m − 2)2 + 1.
Vì (m − 2)2 ≥ 0 ∀m ∈ R nên ∆ ≥ 1 ∀m ∈ R.
Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Theo định lí Vi-et ta có


x1 + x2 = 2(m + 1)

(∗)

x x = 6m − 4.
1 2

Vì x2 là nghiệm của phương trình (1) nên ta có
x22 − 2(m + 1)x2 + 6m − 4 = 0 ⇒ x22 − 4x2 = (2m − 2)x2 − 6m + 4.
Khi đó
(2m − 2)x1 + x22 − 4x2 = 4 ⇔ (2m − 2)x1 + (2m − 2)x2 − 6m + 4 = 0

⇔ (2m − 2) (x1 + x2 ) − 6m + 4 = 0
⇔ (2m − 2) · 2(m + 1) − 6m + 4 = 0


m=2

⇔ 2m2 − 3m − 2 = 0 ⇔ 
1
m=− .
2
Vậy m = 2, m = −

1
là các giá trị cần tìm.
2

Bài 9. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O). Trên tia Ax lấy điểm
C, từ C vẽ đường thẳng cắt đường tròn (O) tại hai điểm D và E (D và E không cùng nằm trên nửa mặt
phẳng bờ AB, D nằm giữa C và E). Từ điểm O kẻ OH vuông góc với đoạn thẳng DE tại điểm H.
a) Chứng minh rằng tứ giác AOHC nội tiếp.
b) Chứng minh rằng AD · CE = AC · AE.
c) Đường thẳng CO cắt các tia BD, BE lần lượt tại M và N . Chứng minh rằng tứ giác AM BN là
hình bình hành.
15


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

EX_THCS06.tex

Lời giải.
x
C

M
D

H
A

B

O

E

N
a) Vì Ax là tiếp tuyến của (O) nên CAO = 90◦ .
Xét tứ giác AOHC ta có CAO + CHO = 90◦ + 90◦ = 180◦ .
Vậy CAOH là tứ giác nội tiếp.
b) Xét

ADC và

EAC ta có:

CAD = AEC (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AD).
“ chung.
C

Suy ra

ADC
EAC (g-g).
AC
AD
=
⇒ AD · CE = AC · AE (đpcm).
Do đó
EA
EC
c) Xét

ADH và

N BO, ta có

ADH = N BO (góc nội tiếp chắn cung AE).
AHD = AOC (góc nội tiếp chắn cung AC do tứ giác CAOH nội tiếp)
AOC = N OB (đối đỉnh) ⇒ AHD = N OB.
1
DE
AD
DH
DE
Do đó ADH
N BO ⇒
=
= 21
=

.
NB
BO
BA
2 BA
NB
AD
Suy ra
=
⇒ ADE
N BA.
DE
BA
⇒ AED = N AB = ABD.
Xét

AON và

BOM có:

AO = BO
AON = BOM (đối đỉnh).
OAN = N AB = ABD = OBM .
⇒

AON =

BOM (gcg) ⇒ ON = OM .

Từ đó ta được tứ giác AM BN có hai đường chéo AB, M N cắt nhau tại O là trung điểm của mỗi

đường. Vậy tứ giác AM BN là hình bình hành.

16


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-BacLieu.tex

LATEX hóa: Thầy Trần Hòa & Phản biện: Cô Đinh Bích Hảo

4

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bạc Liêu

Câu 1. Rút gọn biểu thức
√
√
45 + 20 − 2 5.
√
a+2 a
a−4
b) B = √
−√
, (với a ≥ 0; a = 4).
a+2
a−2
a) A =

√

Lời giải.
a)
√
20 − 2 5
√
√
√
=
32 · 5 + 22 · 5 − 2 5
√
√
√
= 3 5+2 5−2 5
√
= 3 5.

A =

√

45 +

√

b)
√
a+2 a
a−4
B = √

−√
a+2
a−2
√
√ √
√
a( a + 2) ( a + 2)( a − 2)
√
√
−
=
a+2
a−2
√
√
=
a − ( a + 2)
= −2.

Câu 2. Giải hệ phương trình



x + y = 4

2x − y = 5.

Lời
 giải.


x + y = 4

2x − y = 5

⇔



3x = 9

y = 4 − x

⇔



x = 3

y = 1.

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (3; 1).
1
Câu 3. Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P ) và đường thẳng d : y = x + 2m.
2
a) Vẽ đồ thị (P ).
b) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho d cắt (P ) tại điểm có hoành độ bằng −1.
Lời giải.
a)
17

Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-BacLieu.tex
Vẽ đồ thị:

Bảng giá trị:
x

−2

y

2

−1
1
2

0
0

1
1
2

y

2
2

2

1
x
0 1
2
−1
b) Hoành độ giao điểm của đường thẳng d và parabol (P ) là nghiệm của phương trình
−2

−1

1 2
1
x = x + 2m ⇔ x2 − x − 2m = 0. (1)
2
2
Để d cắt (P ) tại điểm có hoành độ bằng −1 ⇔ x = −1 là nghiệm của phương trình (1)
1
· (−1)2 − (−1) − 2m = 0
2
3
⇔ 2m =
2
3
⇔ m= .
4
⇔

3
Vậy m = .
4

Câu 4. Cho phương trình x2 + 4x + m + 1 = 0

(1) (với m là tham số).

a) Giải phương trình (1) với m = 2.
b) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có nghiệm.
c) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện
x1 − 1 x2 − 1
+
= −3.
2x2
2x1
Lời giải.
a) Thay m = 2 vào (1) : x2 + 4x + 3 = 0
Ta có a − b + c = 1 − 4 + 3 = 0 ⇔ phương trình có hai nghiệm



x1 = −1

x2 = −3.

Vậy, với m = 2 thì phương trình có hai nghiệm x1 = −1, x2 = −3.
b) ∆ = 22 − (m + 1) = 3 − m.
Để phương trình (1) có nghiệm khi ∆ ≥ 0 ⇔ 3 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 3.
c) Để phương trình có hai nghiệm

 phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ 3 − m > 0 ⇔ m < 3.
Áp dụng định lý Vi-ét, ta có


x1 + x2 = −4

(∗)


x1 x2 = m + 1

18


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-BacLieu.tex

Ta có
x1 − 1 x2 − 1
+
= −3
2x2
2x1
⇔ x1 (x1 − 1) + x2 (x2 − 1) = −6x1 x2 , (x1 = 0, x2 = 0)
⇔ (x21 + x22 ) − (x1 + x2 ) = −6x1 x2
⇔ (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 − 2(x1 + x2 ) = −6x1 x2
⇔ (x1 + x2 )2 + 4x1 x2 − (x1 + x2 ) = 0. (∗∗)
Thay (∗) vào (∗∗) ta được
16 + 4(m + 1) + 4 = 0 ⇔ m = −6 (thỏa mãn).

Vậy m = −6.

Câu 5. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm
bất kỳ trên cung AC (M khác A, C và điểm chính giữa cung AC); BM cắt AC tại H. Gọi K là chân
đường vuông góc kẻ từ H đến AB.
a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh CA là phân giác góc M CK.
c) Kẻ CP vuông góc với BM (P ∈ BM ) và trên đoạn BM lấy điểm E sao cho BE = AM . Chứng
minh M E = 2CP .
Lời giải.
C

M

H
P
E

A

a) Xét tứ giác BCHK có

K

O

B




BCH = BCA = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

BKH = 90◦ (do HK ⊥ AB)

⇒ BCHK là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BH.
b) Xét (O) có ABM = ACM

(1) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM ).

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK có KBH = KCH

(2) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung

HK).
Từ (1), (2) ⇒ KCH = ACM ⇒ CA là tia phân giác góc M CK.
19


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”
c) Xét

ACM và

EX_THCS06.tex

BEC có



M AC = EBC (hai góc nối tiếp cùng chắn cung MC)





AM = BE (giả thiết)




AC = BC (giả thiết)
⇒

BEC ⇒ M C = EC ⇒ M CE cân tại C ⇒ P là trung điểm đoạn M E.
1
1 ¯
Lại có CM E = CM B = sđBC
= 45◦ ⇒ M CE vuông cân tại C. Vậy CP = M E (tính chất
2
2
đường trung tuyến trong tam giác vuông). Hay M E = 2CP .
AM C =

20


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-BacNinh.tex

LATEX hóa: Cô Đinh Bích Hảo & Phản biện: Thầy Cường Nguyễn

5

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bắc Ninh

I. TRẮC NGHIỆM
Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau:
Câu 1. Phương trình x2 − 3x − 6 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Tổng x1 + x2 bằng
A. 3.

B. −3.

C. 6.

D. −6.

Lời giải.
Theo Vi-ét ta có x1 + x2 = −

b
= 3.
a

Chọn đáp án A
Câu 2. Đường thẳng y = x + m − 2 đi qua điểm E(1; 0) khi
A. m = −1.

B. m = 3.

C. m = 0.

D. m = 1.

Lời giải.
Thay tọa độ điểm E vào công thức hàm số ta được 0 = 1 + m − 2 ⇔ m = 1.
Chọn đáp án D
Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A, ACB = 30◦ , cạnh AB = 5 cm. Độ dài cạnh√AC là
√
5
5 2
C. 5 3 cm.
cm.
A. 10 cm.
B. √ cm.
D.
2
3
Lời giải.
√
AB
AB
Ta có tan C =
⇒ AC =
= 5 3 cm.
AC
tan C
Chọn đáp án C
Câu 4. Cho hình vuông cạnh bằng 1, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là√
√
1

2
A. .
B. 1.
C. 2.
D.
.
2
2
Lời giải.
AC
Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là
.
2
√
√
AC
2
2
2
2
Ta có AC = AB + BC = 2 ⇒ AC = 2 ⇒ R =
=
.
2
2
Chọn đáp án D
Câu 5. Phương trình x2 + x + a = 0 (với x là ẩn, a là tham số) có nghiệm kép khi
1
1
A. a = − .

B. a = .
C. a = 4.
D. a = −4.
4
4
Lời giải.
1
Phương trình đã cho có nghiệm kép ⇔ ∆ = 0 ⇔ 1 − 4a = 0 ⇔ a = .
4
Chọn đáp án B
√
a3
Câu 6. Cho a > 0, rút gọn biểu thức √ ta được kết quả
a
A. a2 .
B. a.
C. ±a.
D. −a.
Lời giải.
 
√
a3
a3 √ 2
Ta có √ =
= a = |a| = a (do a > 0).
a
a
Chọn đáp án B
21

Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-BacNinh.tex

II. TỰ LUẬN
Câu 7.
a) Giải hệ phương trình



x + 2y = 5

.


3x − y = 1

b) Tìm tọa độ giao điểm A, B của đồ thị hai hàm số y = x2 và y = x + 2. Gọi D, C lần lượt là hình
chiếu vuông góc của A, B lên trục hoành. Tính diện tích tứ giác ABCD.
Lời giải.
a) Ta có



x + 2y = 5

3x − y = 1

⇔



x + 2y = 5

⇔


6x − 2y = 2



7x = 7

⇔


y = 3x − 1



x = 1

.


y = 2

Vậy hệ có nghiệm là (x; y) = (1; 2).
b) Bảng giá trị

x
y=

x2

−2

−1

0

1

2

4

1

0

1

4

−2

−1

2

0

1

4

x
y=

x2

Đồ thị
y

4

A

−2

−1
D

B

1

O

1

2

x

C

Phương trình hoành độ giao điểm
 của hai đồ thị hàm số là
x = −1
x2 = x + 2 ⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔ 
.
x=2
Suy ra A(−1; 1) và B(2; 4).
Vì C, D là hình chiếu của B, A lên trục hoành suy ra C(2; 0) và D(−1; 0).
22


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-BacNinh.tex

Ta thấy ABCD là hình thang vuông tại D và C.
(AD + BC) · CD
Do đó SABCD =
= 7, 5 (đvdt).
2

Câu 8. Nhân dịp Tết thiếu nhi 01/06, một nhóm học sinh cần chia đều một số lượng quyển vở thành
các phần quà để tặng cho các em nhỏ tại một mái ấm tình thương. Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì
các em sẽ có thêm 2 phần quà nữa, còn nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì các em sẽ có thêm 5 phần
quà nữa. Hỏi ban đầu có bao nhiêu phần quà và mỗi phần quà có bao nhiêu quyển vở?
Lời giải.
Gọi số phần quà ban đầu là x (phần, x ∈ N∗ ).
Gọi số quyển vở có trong mỗi phần quà là y (quyển vở, y ∈ N∗ ).
Tổng số quyển vở của nhóm học sinh là xy (quyển).
Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì có thêm 2 phần quà nữa nên ta có phương trình xy = (x + 2)(y − 2).
Nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì có thêm 5 phần quà nữa nên ta có phương trình xy = (x + 5)(y − 4).
Theo bài ra ta có hệ phương trình


xy = (x + 2)(y − 2)

⇔



y − x = 2

5y − 4x = 20


xy = (x + 5)(y − 4)

⇔




x = 10

y = 12

.
Vậy ban đầu có 10 phần quà và mỗi phần quà có 12 quyển vở.
Câu 9. Cho đường tròn đường kính AB, các điểm C, D nằm trên đường tròn đó sao cho C, D nằm khác
phía đối với đường thẳng AB, đồng thời AD > AC. Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và AD
lần lượt là M , N ; giao điểm của M N với AC, AD lần lượt là H, I, giao điểm của M D và CN là K.
a) Chứng minh ACN = DM N . Từ đó suy ra tứ giác M CKH nội tiếp.
b) Chứng minh KH song song với AD.
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa số đo cung AC và số đo cung AD để AK song song với N D.
Lời giải.

N

D
I
A

O
H

M

K

C

23

B


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-BacNinh.tex

a) Ta có ACN là góc nội tiếp cùng chắn cung AN và DM N là góc nội tiếp chắn cung DN .
Vì cung AN bằng cung DN ⇒ ACN = DM N .
Mà hai góc này cùng chắn cung HK suy ra tứ giác M CKH nội tiếp.
b) Ta có tứ giác M CKH nội tiếp ⇒ CM K = CHK (góc nội tiếp cùng chắn cung CK).
Mà CAD = CM D (góc nội tiếp chắn cung CD).
Suy ra CHK = CAD, hai góc này ở vị trí đồng vị, do đó HK ∥ AD.
c) Ta có M N C = ADM (góc nội tiếp chắn cung bằng nhau).
Mà hai góc này cùng nhìn cạnh IK ⇒ tứ giác N IKD nội tiếp, suy ra DIK = CN D (góc nội tiếp
cùng chắn cung DK).
Ta lại có CN D = CAD (góc nội tiếp chắn cung CD).
⇒ CAD = DIK, hai góc này ở vị trí đồng vị, nên IK ∥ AH.
Vậy tứ giác AHKI là hình bình hành.
Giả sử AK ∥ N D. Khi đó IAK = ADN (so le trong).
Ta có ADN = AM N = DM N ⇒ IAK = DM N = KM I ⇒ tứ giác AIKM nội tiếp.
Do đó AM N = AKI (góc nội tiếp cùng chắn cung KI).
⇒ IAK = AKI ⇒ ∆IAK cân tại I ⇒ IA = IK.
⇒ AHKI là hình thoi ⇒ IH ⊥ AK ⇒ M N ⊥ AK ⇒ AM ⊥ N D ⇒ M N D = 90◦
⇒ M D là đường kính của đường tròn tâm O.
⇒ sđ cung M A+ sđ cung AD = 180◦ ⇒ sđ cung

AC
+ sđ cung AD = 180◦ .

2

Câu 10. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biể
thức A = 4a2 + 6b2 + 3c2 .
Lời giải.
Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương, ta có
√
4(a2 + 1) ≥ 2 · 2 a2 · 1 = 8a
 

4
4
6(b + ) ≥ 6 · 2 b2 · = 8b
9
9
2

 

16
16
3(c + ) ≥ 3 · 2 c2 ·
= 8c
9
9
2

8 16
+
≥ 8(a + b + c) = 24 ⇒ A ≥ 12.

3
3

2


a = 1




4


2


a=1
b =






9


2
16

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi c2 =
⇔ b=
.


3
9






4


c =

a, c, b ≥ 0



3



a + b + c = 3
Å
ã
2 4

Vậy Amin = 12 ⇔ (a; b; c) = 1; ; .
3 3

Cộng vế theo vế ta được A + 4 +

24


Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”

10TS19-BacNinh.tex

Câu 11. Tìm các số nguyên dương a, b biết các phương trình x2 − 2ax − 3b = 0 và x2 − 2bx − 3a = 0
(với x là ẩn) đều có nghiệm nguyên.
Lời giải.
Gọi phương trình x2 − 2ax − 3b = 0
Ta có ∆1 =

4a2

+ 12b và ∆2 =

4b2

(1) và x2 − 2bx − 3a = 0

(2).

+ 12a. Để các phương trình dã cho có nghiệm nguyên thì ∆1 và

∆2 là các số chính phương.
Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b > 0, khi đó ta có
2 < 4a2 + 12b ≤ 4a2 + 12a < (2a + 3)2 (do a, b ∈ Z+ )
(2a)

4a2 + 12b = (2a + 1)2

⇒
4a2 + 12b = (2a + 2)2

• 4a2 + 12b = (2a + 1)2 vô nghiệm vì VT chia hết cho 2 và VP không chia hết cho 2.
• 4a2 + 12b = (2a + 2)2 ⇔ 3b = 2a + 1 ⇒ ∆2 = 4b2 + 12a ⇒ 4∆2 = 16b2 + 72b − 24 = k 2 .
⇒ (4b + 9)2 − k 2 = 105⇒ (4b − k 
+ 9)(4b + k + 9) = 105.
a = 16
b = 11





Lập bảng ta tìm được b = 1 ⇔ 
a = 1 .



a=3
b=4
Thử lại ta thấy cặp (a; b) ∈ {(1; 1), (16; 11), (11; 16)} thỏa mãn.

25