tuyển tập 63 đề thi vào lớp 10 môn toán năm học 2019 2020 của các trường trên cả nước có đáp án chi tiết (bản word đẹp)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
AN GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
KHĨA NGÀY 03/6/2019
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1. (3,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau đây :
x
+ 3x = 3
3
b) x 2 + 6 x − 5 = 0
a)

 2 x + y = 2 + 2
c) 
2 2 x − y = 2 2 − 2
Bài 2. (1,5 điểm) Cho hàm số có đồ thị là Parabol (P):

y = 0, 25 x 2

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đã cho
A ( 0;1)
Ox
b) Qua điểm
vẽ đường thẳng song song với trục hoành
cắt (P) tại hai
E F.
điểm và Viết tọa độ của E và F.

x 2 − ( m + 2 ) x + 2 m = 0 ( *)
Bài 3. (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai
(m là tham
số)
( *)
a) Chứng minh rằng phương trình
ln có nghiệm với mọi số m
( *)
x1 , x2
m
b) Tìm các giá trị của để phương trình
ln có hai nghiệm
thỏa mãn
2 ( x1 + x2 )
−1 ≤
≤1
x1 x2

ABC

AB = 4cm, AC = 3cm.

Bài 4. (2,5 điểm) Cho tam giác
vuông tại A có
Lấy
( AD < DB ) .
điểm D thuộc cạnh AB
Đường trịn (O) đường kính BD cắt CB tại E.
CD
Kéo dài

cắt đường tròn (O) tại F
ACED
a) Chứng minh rằng
là tứ giác nội tiếp
BF = 3cm.
BFC
b) Biết
Tính BC và diện tích tam giác


c) Kéo dài

AF

cắt đường tròn (O) tại điểm G. Chứng minh rằng
·CBG

BA

là tia phân

giác của
Bài 5. (1,0 điểm) Trường A tiến hành khảo sát 1500 học sinh về sự yêu thích hội
họa, thể thao, âm nhạc và các yêu thích khác. Mỗi học sinh chỉ chọn một yêu thích.
Biết số học sinh yêu thích hội họa chiếm tỉ lệ 20% so với số học sinh toàn trường.
Số học sinh yêu thích thể thao hơn số học sinh yêu thích âm nhạc là 30 học sinh, số
học sinh yêu thích thể thao và hội họa bằng với số học sinh yêu thích âm nhạc và
yêu thích khác.
a) Tính số học sinh yêu thích hội họa
b) Hỏi tổng số học sinh yêu thích thể thao và âm nhạc là bao nhiêu ?

ĐÁP ÁN
Bài 1.
x
x + 3x
a)
+ 3x = 3 ⇔
= 3
3
3
3
⇔ x + 3x = 3 ⇔ 4 x = 3 ⇔ x =
4
3
S = 
4

x2 + 6 x − 5 = 0

b) Phương trình
có
nghiệm phân biệt:
x1 = −3 + 14
; x2 = −3 − 14

c)

∆ ' = 32 − 1.( −5 ) = 14 > 0

nên phương trình có hai

 2 x + y = 2 + 2
 y = 2 + 2 − 2 x
x = 1
⇔
⇔


y = 2
2 2 x − y = 2 2 − 2 3 2 x = 3 2

( x; y ) = ( 1;2 )

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất
Bài 2.
a) Học sinh tự vẽ Parabol
( 0;1)
b) Đường thẳng đi qua A
và song song với trục hồnh có phương trình
y =1


y =1

y = 0, 25 x 2

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của đường thẳng
và parabol
x = 2 ⇒ y = 1
0, 25 x 2 = 1 ⇔ x 2 = 4 ⇔ 
 x = −2 ⇒ y = 1

, ta có:
( −2;1) ( 2;1)
E
Vậy hai điểm và F có tọa độ lần lượt là
và
Bài 3.
x 2 − ( m + 2 ) x + 2m = 0 ( * )
a)
2
2
∆ = ( m + 2 ) − 4.2m = m 2 + 4m + 4 − 8m = m2 − 4m + 4 = ( m − 2 ) ≥ 0 ( ∀m )
Có:
⇒
Phương trình (*) ln có hai nghiệm với mọi m
x1 , x2
b) Gọi
là hai nghiệm của phương trình (*)
 x1 + x2 = m + 2

 x1 x2 = 2m
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:
2 ( x1 + x2 )
2( m + 2)
−1 ≤
≤ 1 ⇔ −1 ≤
≤1
x1 x2
2m
Theo đề bài ta có:




m ≠ 0
 2m ≠ 0
m ≠ 0
m ≠ 0




m + 2
m + 2 + m
 2m + 2
m > 0
⇔
≥ −1 ⇔ 
≥0⇔
≥ 0 ⇔ 
⇒ m ≤ −1
m
≤
−
1
m
m
m





m + 2
m + 2 − m
2
m < 0
≤
1
≤
0
≤
0
 m

 m
m

m ≤ −1
Vậy
thỏa mãn bài toán
Bài 4.


·
BED
= 900

a) Ta có
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
·
⇒ DE ⊥ BC ⇒ CED = 900

ACED

·
·
CAD
+ CED
= 900 + 900 = 1800

Xét tứ giác
có
⇒
ACED
Tứ giác
là tứ giác nội tiếp.

ABC
b) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vng
ta có:
BC 2 = AB 2 + AC 2 = 42 + 32 = 16 + 9 = 25 ⇒ BC = 25 = 5(cm)

·
BFD
= 900

Ta có
⇒ BF ⊥ FD

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
BF ⊥ FC ⇒ ∆BFC
hay

vng tại F
∆BFC
Áp dụng định lý Pytago trong
vng ta có:
2
2
2
2
2
FC = BC − BF = 5 − 3 = 16 ⇒ FC = 16 = 4(cm)

Vậy

1
1
S BFC = FB.FC = .3.4 = 6 ( cm 2 )
2
2


B, D , F , G
⇒
BDFG
c) Nhận thấy bốn điểm
cùng thuộc (O) Tứ giác
là tứ giác
nội tiếp.
·
⇒ GBD
= ·AFD = ·AFC (1)

(góc ngồi bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
·
·
AFBC
BAC
= BFC
= 900 ⇒
AFBC
Xét tứ giác
có
Tứ giác
là tứ giác nội tiếp (Tứ
giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
·ABC = ·AFC (2)
»AC )
Do đó:
(hai góc nội tiếp cùng chắn
·
·
CBG
(dfcm)
⇒ GBD
= ·ABC ⇒ BA
Từ (1) và (2)
là tia phân giác của
Bài 5.
20%
a) Vì số học sinh yêu thích hội họa chiếm tỉ lệ
so với số học sinh tồn
trường , nên số học sinh u thích hội họa là :

1500.20% = 300
(học sinh)
( 30 < x < 1200, x ∈ ¥ *)
x
b) Gọi số học sinh yêu thích thể thao là (học sinh)
y
( y < 1200, y ∈ ¥ *)
Số học sinh chọn u thích khác là (học sinh)
Số học sinh yêu thích thể thao hơn số học sinh yêu thích âm nhạc là 30 học
⇒
x − 30
sinh Số học sinh yêu thích âm nhạc là
(học sinh)
1500
300
Tổng số học sinh của trường là
học sinh, số học sinh yêu thích hội họa là
học sinh nên số học sinh yêu thích thể thao, âm nhạc và các yêu thích khác :
1500 − 300 = 1200
(học sinh)
x + x − 30 + y = 1200 ⇔ 2 x + y = 1230(1)
Khi đó ta có phương trình:
Số học sinh u thích thể thao và hội họa bằng số học sinh yêu thích âm nhạc và
x + 300 = x − 30 + y ⇔ y = 330(tm)
các yêu thích khác nên ta có phương trình:
y = 330
Thay
vào phương trình (1) ta được:
2 x = 1230 − y = 1230 − 330 = 900 ⇔ x = 450(tm)
Suy ra số học sinh yêu thích âm nhạc :

450 − 30 = 420

(học sinh)


Vậy tổng số học sinh yêu thích thể thao và âm nhạc là:
450 + 42 = 870
(học sinh)


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019-2020
MÔN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: 13/06/2019

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1.(3,5 điểm)
a)Giải phương trình:

x2 − 3x + 2 = 0
x + 3y = 3

4 x − 3 y = −18

b) Giải hệ phương trình:

c) Rút gọn biểu thức

A=

2
28
+
−2
2
3+ 7

(x

− 2 x ) + ( x − 1) − 13 = 0

2

2

2

d) Giải phương trình:
Bài 2. (1,5 điểm)
( P ) : y = −2 x 2
( d) : y = x−m
Cho parabol
và đường thẳng
(với m là tham số)

a)Vẽ parabol (P)
(d)
m
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số để đường thẳng
cắt P tại hai điểm phân
x1 , x2
x1 + x2 = x1 x2
biệt có hồnh độ
thỏa mãn điều kiện
Bài 3.(1 điểm) Có một vụ tai nạn ở vị trí B tại chân của một ngọn núi (chân núi
3km).
có dạng đường trịn tâm O, bán kính
Và một trạm cứu hộ ở vị trí A (tham
khảo hình vẽ). Do chưa biết đi đường nào dể đến vi trí tai nạn nhanh hơn nên đội
cứu hộ quyết định diều hai xe cứu thương cùng xuất phát ở trạm cứu hộ đến vị trí
tai nạn theo hai cách sau:
A
Xe thứ nhất: đi theo đường thẳng từ đến B, do đường xấu nên vận tốc trung
40km / h
bình của xe là
60km / h
Xe thứ hai: đi theo đường thẳng từ A đến C với vận tốc trung bình
, rồi
đi từ C đến B theo đường cung nhỏ CB ở chân núi với vận tốc trung bình


30km / h
27km

(ba điểm A, O, C thẳng hàng và C ở chân núi). Biết đoạn đường

·AOB = 900

AC

dài

và
a)Tính độ dài quãng đường xe thứ nhất đi từ A đến B
b) Nếu hai xe cứu thương xuất phát cùng lúc tại A thì xe nào đến vị trí tai nạn trước


Bài 4. (3,5 điểm)

AB
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính
và điểm E tùy ý trên nửa đường trịn
E , B)
H
EB
đó (E khác A,B). Lấy điểm thuộc đoạn
(H khác
. Tia AH cắt nửa
F.
AE
BF
đường tròn tại điểm thứ hai là Kéo dài tia
và
cắt nhau tại I. Đường cao
IH
AB

cắt nửa đường tròn tại P và cắt
tại K
IEHF
a)Chứng minh tứ giác
nội tiếp được đường tròn
·AIH = ABE
·
b) Chứng min
PK + BK
cos ·ABP =
PA + PB
c) Chứng minh
( O) .
BF
d) Gọi S là giao điểm của tia
và tiếp tuyến tại A của nửa đường tròn
Khi tứ
AHIS
EF ⊥ EK
giác
nội tiếp được đường tròn. Chứng minh
Bài 5. (0,5 điểm)
x, y
x + y ≤ 3.
Cho các số thực dương
thỏa mãn
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
1
5

P=
+
.
5 xy x + 2 y + 5


ĐÁP ÁN
Bài 1.
a)

x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x 2 − 2 x − x + 2 = 0
⇔ x ( x − 2 ) − ( x − 2 ) = 0 ⇔ ( x − 1) ( x − 2 ) = 0
x =1
⇔
.
x = 2
Vay....S = { 1;2}

b)

5 x = −15
x + 3y = 3
 x = −3

⇔

3− x ⇔ 
4 x − 3 y = −18  y =
y = 2
3


Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất

(

c)

( x; y ) = ( −3;2 )

)

2 3− 7
2
28
4.7
A=
+
−2=
+
−2
2
32 − 7
2
3+ 7
=

(

2 3− 7

Vậy

2

) +2

7

− 2 = 3 − 7 + 7 − 2 =1

2

A =1

d ) ( x 2 − 2 x ) + ( x − 1) − 13 = 0
2

2

⇔ ( x 2 − 2 x + 1 − 1) + ( x − 1) − 13 = 0
2

2

2

2
2
⇔ ( x − 1) − 1 + ( x − 1) − 13 = 0




⇔ ( x − 1) − 2 ( x − 1) + 1 + ( x − 1) − 13 = 0
4

2

2

⇔ ( x − 1) − ( x − 1) − 12 = 0
4

Đặt

( x − 1)

2

2

= t ( t ≥ 0) .

Khi đó ta có phương trình:


t 2 − t − 12 = 0 ⇔ t 2 − 4t + 3t − 12 = 0
⇔ t ( t − 4 ) + 3( t − 4 ) = 0
t = −3( ktm)
⇔ ( t + 3) ( t − 4 ) = 0 ⇔ 
t = 4(tm)

Với

x −1 = 2
x = 3
2
t = 4 ⇔ ( x − 1) = 4 ⇔ 
⇔
 x − 1 = −2
 x = −1

Vậy tập nghiệm của phương trình là

S = { −1;3}

Bài 2.
a)Học sinh tự vẽ
b) Phương trình hoành độ giao điểm của
−2 x 2 = x − m ⇔ 2 x 2 + x − m = 0(*)
Đường thẳng

(d)

(d)

và

( P)

cắt (P) tại hai điểm phân biệt

−1
⇔ ∆ > 0 ⇔ 1 + 4.2m > 0 ⇔ 8m > −1 ⇔ m >
8
m>−

Với

1
8

thì đường thẳng

Áp dụng hệ thức Viet ta có:

là:

⇔ ( *)

có hai nghiệm phân biệt

( d)

cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ
1

 x1 + x2 = − 2

x x = − m
 1 2
2

1
m
x1 + x2 = x1 x2 ⇔ − = − ⇔ m = 1(tm)
2
2

Theo đề bài ta có:
m =1
Vậy
thỏa mãn bài toán.
Bài 3.

x1 , x2


a)Ta có:

AO = CA + OC = 27 + 3 = 30km

∆ABO
Áp dụng định lý Pytago cho
vuông tại B ta có:
2
2
2
2
2
AB = AO − OB = 30 − 3 = 891
⇒ AB = 891 = 9 11 ≈ 29,85km

Vậy quãng đường xe thứ nhất đi là

AB ≈ 29,85km
9 11
≈ 0,746
40

b) Thời gian xe thứ nhất đi đến vị trí tai nạn là:
(giờ)
3
1
·
·
cos ·AOB = cos COB
=
= ⇒ COB
≈ 84,260
30 10
+)ta có:
» = COB
·
⇒ sd BC
= 84,260
(số đo góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn)
π .3.84,26
BC : lBC =
≈ 4,41km
180
Suy ra độ dài cung

27 : 60 + 4,41: 30 = 0,597
⇒
Thời gian xe thứ hai đến vị trí tai nạn là:
(giờ)
Ta thấy thời gian xe thứ hai đi đến vị trí tai nạn ít hơn thời gian xe thứ nhất đi đến
vị trí tai nạn nên xe thứ hai đến trước xe thứ nhất.
Bài 4.


·AEB = ·AFB = 900

a) Ta có
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
·
⇒ AE ⊥ EB, AF ⊥ EB
BE ⊥ AI , AF ⊥ BI ⇒ IEH
= IFH
= 900
hay
·
·
IEH
+ IFH
= 900 + 900 = 1800 ⇒
IEHF
IEHF
Xét tứ giác
có
Tứ giác

là tứ giác nội
1800 )
tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng


b) Ta có

·
·
⇒ EIH
= EFH

IEHF

là tứ giác nội tiêp(cmt)
(hai góc nội tiếp cùng chắn
·AIH = EFA
·
·
·
EBA
= EFA
cung EH) hay
mà
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
AF
của (O))
·
⇒ ·AIH = ·ABE = EFH
(dfcm)

(

c) Nối

PA, PB

)

·APB = 900

ta có:
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
BPK
BAP
Xét tam giác
và tam giác
có:
0
·
·
·ABP
BKP
= BPA
= 90
chung;
PK BK
⇒ ∆BPK : ∆BAP ( gg ) ⇒
=
PA PB

(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
PK BK PK + BK
=
=
(1)
PA PB PA + PB
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
BK
·
cos ·ABP = cos KPB
=
(2)
PK
BKP
Xét tam giác vng
ta có:
PK + BK
cos ·ABP =
PA + PB
Từ (1) và (2) ta có:
·AEH + ·AKH = 900 + 900 = 1800 ⇒
AEHK
AEHK
d) Xét tứ giác
có
Tứ giác
là tứ
1800 )
giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng
·

·
·
⇒ HEK = HAK
= FAB
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung HK)
·
·
FAB
= FEB
FB
Lại có:
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
của (O))
·
·
·
·
·
·
FEK
⇒ FEK
= 2.FEB
= 2.FAB
(3)
⇒ HEK
= FEB
⇒ EB
là phân giác của

 IH ⊥ AB( gt )
⇒ IH / / SA ⇒

 SA ⊥ AB ( gt )

AHIS

Ta có:
Tứ giác
là hình thang (tứ giác có 2 cạnh
đối song song)
·
·
AHIS
SAH
+ SIH
= 1800
Khi
là tứ giác nội tiếp thì
(tổng hai góc đối của tứ giác nội
tiếp)
·
SAH
+ ·AHI = 1800
Mà
(hai góc trong cùng phía bù nhau)
·
·
⇒ SIH = AHI ⇒
AHIS

Tứ giác
là hình thang cân
¶ = SAH
·
·
·
ISA
BSA
= SAF
Do đó
(tính chất hình thang cân) hay
»AF )
·
·
SAF
= SBA
Mà
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn
·
·
·
⇒ SBA
= 450 (4)
⇒ BSA
= SBA
⇒ ∆SAB
vuông cân tại A
·
·
FEK

= 2 FAB
= 2.450 = 900
Từ (3) và (4) ta có:
EF ⊥ EK (dfcm)
AHIS
Vậy khi tứ giác
nội tiếp được đường trịn, ta có được


Bài 5.
1
x
y
xy
3
+ +
≥ 33
=
5 xy 10 20
1000 xy 10

Ta có:

5
x + 2y + 5
5
+
≥2
=1
x + 2y + 5

20
20
3.( x + y ) 1 3
+ ≥ +1
20
4 10
9 1 13
⇔ P+
+ ≥
20 4 10
13 1 9
⇔P≥ − −
10 4 20
3
⇔P≥
5

⇒P+

Dấu

"="

xảy ra

x = 1
⇔
y = 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
NĂM HỌC 2019-2020
MƠN THI: TỐN
Ngày thi: 02/6/2019
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

Phần I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm)
Câu 1. Giá trị của tham số
y = 2x − 3
thẳng
là:
A.

m = −3

m

B.

để đường thẳng

m = −1

d : y = mx + 1

C.

m =1

song song với đường

D.

m=2


Câu 2. Tổng hai nghiệm của phương trình :
A.

−4

B.

Câu 3. Giá trị nào của
A.

x=4

−5

Câu 5. Cho biết
A.

x

x=3

y = 4x − 5

b + c =1

B.

Câu 7. Cho tam giác
đây là đúng ?
A. Tam giác
C. Tam giác

ABC
ABC

ABC

x

là:

C.

D.

−4

D.

C.

D.

x<3

D.

AB = 3cm, AC = 4cm, BC = 5cm.

vng cân

D. Tam giác

để đường thẳng

5

Khi đó ta có:

b+c=0

có nghĩa là:

B. Tam giác

m

x =1

x 2 + bx + c = 0.

b + c = −1

x−3

để biểu thức

x≤3

có

−3

x 2 + x − 2 = 0?

x=2

vuông

Câu 8. Giá trị của tham số
A ( −1;0 )

C.

C.

b+c=2

B.

x≥3

D.

là một nghiệm của phương trình

Câu 6. Tất cả các giá trị của
A.

3

có hệ số góc bằng:

4

B.

x =1

C.

bằng:

dưới đây là nghiệm của phương trình
B.

Câu 4. Đường thẳng
A.

4

x2 − 4x + 3 = 0

x>3

Phát biểu nào sau

ABC
ABC

y = ( 2m + 1) x + 3

đều
cân
đi qua điểm


A.

m = −2

B.

m =1

C.

m = −1

D.

m=2

Câu 9. Căn bậc hai số học của 144 là:
A. 13

Câu 10. Với

B.

x<2

−12

thì biểu thức

A. -1

B.

B.

Câu 12. Hệ phương trình
x0 + y0
bằng:
A. 1

2

3+ 3
3 +1

3
2

B.

ABC

12

5 − 2x

D. 1

bằng

1
3

C.

1
3

có nghiệm là

D.

( x0 ; y0 ) .

D. 4

BC = 4cm, AC = 2cm.

C.

1
3

·ABC = 1200 , AB = 12cm

Câu 14. Tam giác
cân tại B có
trịn (O). Bán kính của đường trịn (O) bằng:

3

Giá trị của biểu thức

C. 5

vng tại A, có

1
2

D.

có giá trị bằng:
C.

x − y = 1

x + 2 y = 7

ABC

−12

+ x−3

B. -2

Câu 13. Cho tam giác

A.

( 2 − x)

2x − 5

Câu 11. Giá trị của biểu thức

A. 3

C. 12 và

Tính

D.

sin ·ABC

3
3

và nội tiếp đường


A.

10cm

B.

9cm

Câu 15. Biết rằng đường thẳng
của các giao điểm là:
A.

( 1;1)

và

( −3;9 )

B.

( 1;1)

C.

y = 2x + 3

và

( 3;9 )

8cm

cắt parabol

C.

( −1;1)

D.

y = x2

và

12cm

tại hai điểm. Tọa độ

( 3;9 )

D.

( −1;1)

và

( −3;9 )
Câu 16. Cho hàm số
đây đúng
A.

y = f ( x) = ( 1 + m 4 ) x + 1, m

f ( 1) > f ( 2 )

B.

Câu 17. Hệ phương trình
m
giá trị của là
A.

m=3

B.

Câu 18. Tìm tham số
mãn

x + y = 3


mx − y = 3

m=2
m

f ( 4) < f ( 2)

là tham số. Khẳng định nào sau

C.

có nghiệm

C.

để phương trình

m=5

f ( 2 ) < f ( 3)

( x0 ; y0 )

D.

thỏa mãn

D.

x2 + x + m + 1 = 0

A.

B.

m =1

C.

m=2

x0 = 2 y0 .

có hai nghiệm

D.

Khi đó

m=4

x12 + x22 = 5.
m = −3

f ( −1) > f ( 0 )

m=0

x1 , x2

thỏa


ABC
AC = 20cm.
Câu 19. Cho tam giác
vng tại A, có
Đường trịn đường kính
BC
AB cắt
tại M(M khơng trùng với B), tiếp tuyến tại M của đường trịn đường
AI
kính AB cắt AC tai I. Độ dài đoạn
bằng:
A.

6cm

B.

9cm

Câu 20. Cho đường tròn
»AB
nhỏ
bằng:

πR
2

( O; R )

C.

10cm

D.

và dây cung AB thỏa mãn

πR
4

πR

12cm

·AOB = 900.

Độ dài cung

3π R
2

A.
B.
C.
D.
PHẦN II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)
Câu 1. (2,0 điểm)

x − y = 2

3 x + 2 y = 11
a) Giải hệ phương trình
2 x − 2 x +1

2
x
−
1
x
:
A=
−

x−4
x +2  x −2
x > 0; x ≠ 4


b) Rút gọn biểu thức
với
2
x − ( m + 1) x + m − 4 = 0(1), m
Câu 2. (1,0 điểm) Cho phương trình
là tham số
m =1
a) Giải phương trình (1) khi
( 1)
x1 , x2

m
b) Tìm giá trị của để phương trình
có hai nghiệm
thỏa mãn:
2
2
( x1 − mx1 + m ) ( x2 − mx2 + m ) = 2

(

)

Câu 3. (1,5 điểm). Đầu năm học, Hội Khuyến học của một tỉnh tặng cho trường A

tổng số 245 quyển sách gồm sách Toán và sách Ngữ văn. Nhà trường đã dùng

1
2

số


2
3

sách Toán và số sách Ngữ văn để phát cho các bạn học sinh có hồn cảnh khó
khăn. Biết rằng mỗi bạn nhận được một quyển sách Toán và một quyển sách Ngữ
văn. Hỏi Hội khuyến học tỉnh đã tặng cho trường A mỗi loại sách bao nhiêu
quyển ?
ABC

Câu 4. (2,0 điểm) Cho tam giác
nội tiếp đường tròn (O) đường kính AC (
BA < BC )
.
( I ≠ C)
Trên đoạn thẳng OC lấy điểm I bất kỳ
. Đường thẳng BI cắt đường tròn (O)
tại điểm thứ hai là D. Kẻ

CH ⊥ BD ( H ∈ BD ) ,

a) Chứng minh rằng tứ giác

DHKC

DK vng góc với AC (

K ∈ AC )

là tứ giác nội tiếp
4cm ·ABD = 600.
b) Cho độ dài đoạn thẳng AC là
và
Tính diện tích tam giác
ACD.
BC
K
BD
c) Đường thẳng đi qua song song với
cắt đường thẳng

tại E. Chứng

OC ( I ≠ C )

I

minh rằng khi thay đổi trên đoạn thẳng
thì điểm E ln thuộc
một đường trịn cố định
x, y
x 2 + y 2 = 1.
Câu 5. (0,5 điểm) Cho
là các số thực thỏa mãn điều kiện
Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức

P = ( 3 − x) ( 3 − y)
ĐÁP ÁN

Phần I. Trắc nghiệm
1D 2B 3D 4B 5C 6A 7A 8B 9D 10A
11D 12C 13B 14D 15C 16C 17B 18A 19C 20A
Phần II. Tự luận
Câu 1.
x − y = 2
2 x − 2 y = 4
5 x = 15
x = 3
⇔
⇔

⇔

3 x + 2 y = 11 3x + 2 y = 11  x − y = 2
y =1
a) Ta có :


( x; y ) = ( 3;1)

Vậy hệ có nghiệm
2 x − 2 x +1

2 x − 1
x

b)
−
:
( x > 0, x ≠ 4 )

x−4
x +2  x −2


 2 x − 2 x +1
2 x −1
x −2 
x
:
=

−
 x −2
x +2
x +2
x −2  x −2



(

(

=

)

(

) (
) (

)(

)(
)(

2x − 4 x + 2 − 2x + x + 4 x − 2

(

A=
Vậy
Câu 2.
a) Khi

x +2

)(

x −2

)

)
)

.

x −2
=
x

(

x

x +2

)(

x −2

)

.

x −2
=
x

1
x +2

1
x +2

m =1

thì (1) trở thành

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

Vậy với

m =1

S = { −1;3}

thì phương trình có tập nghiệm
a = 1 ≠ 0
⇔
2
∆ = ( m + 1) − 4 ( m − 4 ) ≥ 0
b) Phương trình có hai nghiệm
m2 − 2m + 17 > 0)
⇔ m 2 + 2m + 1 − 4m + 16 ≥ 0 ⇔ m 2 − 2m + 17 ≥ 0
(luôn đúng do
x1 , x2
Do đó phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt
x 2 − ( m + 1) x + m − 4 = 0 ⇔ x 2 − mx − x + m − 4 = 0 ⇔ x 2 − mx + m = x + 4
Ta có:
 x12 − mx1 + m = x1 + 4
 2
 x2 − mx2 + m = x2 + 4
x1 , x2
Do
là nghiệm của (1) nên


( x1 + 4 ) ( x2 + 4 ) = 2

Thay vào đẳng thức bài ta được :
⇔ x1 x2 + 4 ( x1 + x2 ) + 16 = 2 ⇔ x1 x2 + 4 ( x1 + x2 ) + 14 = 0(2)

Theo định lý Vi et ta có:

 x1 + x2 = m + 1
,


x
x
=
m
−
4
 1 2

( 2)

thay vào
14
m − 4 + 4 ( m + 1) + 14 = 0 ⇔ 5m + 14 = 0 ⇔ m = −
5
m=−

Vậy
Câu 3.

14
5

ta được:

là giá trị cần tìm .

Gọi số sách Tốn Hội khuyến học tính tặng cho trường A là
0 < x < 245, x ∈ ¥ )

x

quyển (

Thì số sách Ngữ văn hội khuyến học tính tặng cho trường A là

245 − x

Số sách tốn nhà trường dùng để phát cho học sinh khó khăn là

1
x
2

(quyển)

quyển
2
( 245 − x )
3

Số sách Ngữ văn nhà trường dùng để phát cho học sinh khó khăn là
quyển
Vì mỗi bạn nhận được 1 quyển sách Toán và 1 quyển sách Ngữ văn nên số quyển
sách Toán và số quyển sách Ngữ văn đem phát là bằng nhau.
1
2
x = ( 245 − x )
2
3

Ta có phương trình :
1
490 2 x
7
490
⇔ x=
−
⇔ x=
2
3
3
6
3
490 7
⇔x=
: ⇔ x = 140(tm)
3 6
Vậy số sách Toán Hội khuyến học tỉnh tặng cho trường A là

140

quyển


Số sách Ngữ văn Hội khuyến học tỉnh tặng cho trường A là
Câu 4.

DHKC

·

DHC
= 900 (

245 − 140 = 105

·
CH ⊥ BD), DKC
= 900

quyển

DK ⊥ AC )

a) Xét tứ giác
có:
do
(do
0
·DHC = DKC
·
( = 90 )
Suy ra
nên hai đỉnh H, K kề nhau cùng nhìn cạnh CD
DHCK
dưới các góc vng nên tứ giác
là tứ giác nội tiếp
O
b) Gọi là trung điểm AC
( O ) ·ABD = 600 ⇒ ·ACD = ·ABD = 600
Xét đường trịn

có
(hai góc nơi tiếp cùng
chắn cung AD)
·
CDA
= 900
Lại có
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn )
AC = 4cm, ·ACD = 600
ACD
Xét tam giác
vng tại D có
nên


AD = AC.sin ·ACD = 4.sin 600 = 2 3(cm)
Và CD

= AC.cos ·ACD = 4.cos600 = 2cm
S ACD =

1
1
AD.DC = .2 3.2 = 2 3cm 2
2
2

ACD
Diện tích tam giác
là

·
·
EK / / BC ⇒ DEK
= DBC
(1)
c) Vì
(hai góc ở vị trí đồng vị)
·DBC = DAC
·
(2)
Xét đường trịn (O) có
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)
·DEK = DAK
·
Từ (1) và (2) suy ra
AEKD
Suy ra tứ giác
có hai đỉnh A, E cùng nhìn cạnh KD dưới các góc bằng nhau
·AED = ·AKD = 900
AEKD
nên tứ giác
là tứ giác nội tiếp , suy ra
AE ⊥ EB
∆AEB
Do đó
suy ra
vng tại E
AB
I
Lại có

cố định nên E thuộc đường trịn đường kính AB cố định khi thay đổi
trên đoạn OC
Câu 5.
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a cốp xki ta có:
2
( x + y ) ≤ ( 12 + 12 ) ( x2 + y 2 ) = 2 ⇒ x + y ≤ 2
P = ( 3 − x ) ( 3 − y ) = 9 − 3 ( x + y ) + xy = 9 − 3 ( x + y ) +
Lại có:

( x + y)

2

− ( x2 + y2 )
2

2
2
( x + y ) 2 − 6 ( x + y ) + 9  + 8
x
+
y
−
1
x
+
y
−
6
x

+
y
+
17
(
)
(
)
(
)

= 9 − 3( x + y ) +
=
=
2
2
2
1
2
= ( x + y − 3) + 4
2

Vì

x+ y≤ 2

nên