tuyển tập 51 đề thi vào lớp 10 môn toán năm học 2017 2018 của các trường trên cả nước có đáp án chi tiết (bản word đẹp)

STT 01. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 – AN GIANG
Câu 1.

(3,0 điểm). Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)

3x + 12 x = 27

b) x 2 +

x − 20 = 0

2 x + 3 y = 7

c)  x − y = 1
Câu 2.

(1,5điểm). Cho hàm số
a) Vẽ đồ thị

( P)

y = − x2

và đường thẳng

(d ) : − 2 x + 1 bằng phép tính.

x : x 2 + (4m + 1) x + 2m − 8 = 0 ( m là tham số).
a) Chứng minh rằng phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi tham số m .

m để hai nghiệm x1 ; x2 của phương trình đã cho thỏa mãn điều kiện x1 − x2 = 17 .
C

AB . Kẻ tiếp tuyến Ax của nửa đường
trịn đó ( Ax nằm trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn).
Tia phân giác của góc CAx cắt nửa đường trịn tại D . Kéo dài AD và BC cắt nhau tại E . Kẻ
EH vng góc với Ax tại H .
(3,0 điểm). Cho điểm

a) Chứng minh tứ giác
b) Chứng minh

d) Tia

thuộc nửa đường tròn đường kính

AHEC

nội tiếp đường trịn.

·ABD = BDC
· .

c) Chứng minh tam giác

Câu 5.

( P)

(1,5điểm). Cho phương trình bậc hai ẩn

b) Tìm
Câu 4.

( P) .

của hàm số đã cho.

b) Tìm tọa độ giao điểm
Câu 3.

có đồ thị là parabol

BD cắt AC

và

ABE

cân.

Ax lần lượt tại F

và

K . Chứng minh AKEF

là hình thoi.

(1,0 điểm) Ngọn hải đăng Kê Gà ở tỉnh Bình Thuận là ngọn tháp thắp đèn gần bờ biển dùng để

định hướng cho tàu thuyền giao thông trong khu vực vào ban đêm. Đây là ngọn hải đăng được xem
là cổ xưa và cao nhất Việt Nam, chiều cao của ngọn đèn so với mặt nước biển là

65 m. Hỏi


a) Một người quan sát đứng tại vị trí đèn của hải đăng nhìn xa tối đa bao nhiêu m trên mặt biển.
b) Cách bao xa thì một người quan sát đứng trên tàu bắt đầu trông thấy ngọn đèn này biết rằng mắt
người quan sát đứng ở trên tàu có độ cao
(Cho biết bán kính Trái đất gần bằng

5 m so với mặt nước biển.

6400

km và điều kiện quan sát trên biển không bị che khuất)

----------HẾT----------


STT 01. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH AN GIANG
Câu 1.

NĂM HỌC 2017-2018
(3,0 điểm). Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)

3x + 12 x = 27

b) x 2 +

x − 20 = 0

2 x + 3 y = 7

c)  x − y = 1
Lời giải
a)

3x + 12 x = 27 ⇔ 3x + 2 3x = 3 3 ⇔ 3 3x = 3 3 ⇔ x = 1

Vậy

S = { 1}

b) x 2 +

x − 20 = 0

− 1 + 81
=4
 x1 =
2


− 1 − 81
x2 =
= −5

0 . Phương trình có hai nghiệm phân biệt 

2

∆ = 12 − 4.1.(− 20) = 81 >
Vậy

S = { − 5;4}

2 x + 3 y = 7 2 x + 3 y = 7 5 x = 10
x = 2
x = 2
⇔
⇔
⇔
⇔

c)  x − y = 1
3x − 3 y = 3 2 x + 3 y = 7 2.2 + 3 y = 7  y = 1
Câu 2.

(1,5điểm). Cho hàm số
a) Vẽ đồ thị

( P)

y = − x2

có đồ thị là parabol

( P) .

của hàm số đã cho.

b) Tìm tọa độ giao điểm

( P)

và đường thẳng

(d ) : − 2 x + 1 bằng phép tính.
Lời giải

a) Bảng giá trị:

x
y = − x2

−2
−4

−1
−1

0
0

1
−1

2
−4

b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm của

( P)

và

(d ) : − x 2 = − 2 x + 1

⇔ x 2 − 2 x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1)2 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = − 12 = − 1
Vậy tọa độ giao điểm là
Câu 3.

A(1; − 1) .

x : x 2 + (4m + 1) x + 2m − 8 = 0 ( m là tham số).
a) Chứng minh rằng phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi tham số m .
(1,5điểm). Cho phương trình bậc hai ẩn

b) Tìm

m để hai nghiệm x1 ; x2 của phương trình đã cho thỏa mãn điều kiện x1 − x2 = 17 .
Lời giải

∆ = (4m + 1)2 − 4.1.(2m − 8) = 16m2 + 33 > 0

m.
Nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi tham số m .
b) Vì phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi tham số m nên theo định lí Vi-et:

a) Ta có

với mọi giá trị của

−b

x
+
x
=
= − 4m − 1
1
2

a

 x .x = c = 2m − 8
 1 2 a
Ta có:

x1 − x2 = 17 ⇔ ( x1 − x2 )2 = 289 ⇔ x12 + x22 − 2 x1 x2 = 289 ⇔ ( x1 + x2 ) 2 − 4 x1x2 = 289

m = 4
⇔ (−4m − 1) 2 − 4(2m − 8) = 289 ⇔ 16m 2 − 256 = 0 ⇔ 
 m = −4
Vậy

m = ±4

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4.

C

AB . Kẻ tiếp tuyến Ax của nửa đường
tròn đó ( Ax nằm trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường trịn).
Tia phân giác của góc CAx cắt nửa đường trịn tại D . Kéo dài AD và BC cắt nhau tại E . Kẻ
EH vng góc với Ax tại H .
(3,0 điểm). Cho điểm

a) Chứng minh tứ giác
b) Chứng minh

AHEC

nội tiếp đường tròn.

·ABD = BDC
· .

c) Chứng minh tam giác
d) Tia

thuộc nửa đường trịn đường kính

BD cắt AC

và

ABE

cân.

Ax lần lượt tại F

và

K . Chứng minh AKEF

là hình thoi.

Lời giải

a) Ta có
Suy ra

·ACB = 90o

·ACE = 90o

Xét tứ giác
kính

AE

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

(kề bù)

AHEC

ta có:

·ACE = ·AHE = 90o , suy ra tứ giác AHEC

(tổng hai góc đối diện bằng 180o ) ■

b) Ta có

· = DAC
·
ABCD nội tiếp nên BDC

Lại có:

·ABD = 1 »AD
(góc nội tiếp).
2

(1) (cùng nhìn cạnh

DC ).

nội tiếp đường tròn đường


· = 1 »AD
DAx

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung).
2
Suy ra

·ABD = DAx
· .

Mà

· = DAC
· (do AD là phân giác).
DAx

Suy ra

·ABD = DAC
·

Từ (1) và (2) suy ra
c) Xét

∆ DAB

và

(2)

·ABD = BDC
·

■

∆ DEB có:

·ADB = EDB
· = 90o

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù).

BD chung.
·ABD = BDC
· (cmt).

⇒ ∆ DAB = ∆ DEB (g-c-g).
⇒ BA = BE (tương ứng).
⇒ ∆ ABE cân tại B ■
d) Theo câu c)
Xét

∆ DAF

và

∆ DAB = ∆ DEB ⇒ DA = DE ⇒ D là trung điểm AE

(3)

∆ DAK có:

·ADF = ADK

·
= 90o

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn – kề bù).

AD chung.
· = DAK
· (do AD là phân giác).
DAF
⇒ ∆ DAF = ∆ DAK (g-c-g)
⇒ DK = DF (tương ứng).
⇒ D là trung điểm KF (4)
Từ (3) và (4) ta có AKEF là hình bình hành (tứ giác có các đường chéo cắt nhau tại trung điểm
mỗi đường).
Câu 5.

Mà AE ⊥ KF ⇒ AKEF là hình thoi ■
(1,0 điểm) Ngọn hải đăng Kê Gà ở tỉnh Bình Thuận là ngọn tháp thắp đèn gần bờ biển dùng để
định hướng cho tàu thuyền giao thông trong khu vực vào ban đêm. Đây là ngọn hải đăng được xem
là cổ xưa và cao nhất Việt Nam, chiều cao của ngọn đèn so với mặt nước biển là

65 m. Hỏi


a) Một người quan sát đứng tại vị trí đèn của hải đăng nhìn xa tối đa bao nhiêu m trên mặt biển.
b) Cách bao xa thì một người quan sát đứng trên tàu bắt đầu trông thấy ngọn đèn này biết rằng mắt
người quan sát đứng ở trên tàu có độ cao
(Cho biết bán kính Trái đất gần bằng

5 m so với mặt nước biển.

6400

km và điều kiện quan sát trên biển không bị che khuất)
Lời giải

AB là ngọn tháp
CD là độ cao của người đứng trên tàu
AM là khoảng cách tối đa mà người đứng ở ngọn hải

đăng có thể nhìn thấy
a) Xét

∆ AMB

và

∆ ANM có:

µA chung
·AMB = ·ANM (cùng chắn cung MB )
Suy ra

∆ AMB # ∆ ANM (g-g)

AM AB
=
AN AM
⇒ AM 2 = AB. AN = 65.(65 + 2.6400) = 832004225
⇒

⇒ AM ≈ 28,8

km.

Vậy người quan sát đứng tại vị trí đèn của hải đăng nhìn xa tối đa
b) Tương tự ta có

∆ CDM # ∆ CME (g-g)

CD CM
=
CM CE
⇒ CM 2 = CD.CE = 5.(5 + 2.6400000) = 64000025
⇒

⇒ CM ≈ 8 km

Vậy khoảng cách tối đa là:

CM + MA ≈ 36,8

km ■

28,8 km ■.


STT 02. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU
NĂM HỌC 2017-2018
Câu 6.

(2,5 điểm).
a) Giải phương trình:

x 2 - 3x+2 = 0.

x- y= 3
.

b) Giải hệ phương trình:  3x - 2y = 8

c) Rút gọn biểu thức
Câu 7.

Câu 8.

A=

3x
9x
+
- 4x
x 3

( x > 0) .

Cho hàm số y = x ( P ) và y = 2 x – m ( d ) .
a) Vẽ đồ thị (P).
b) Tìm tất cả các giá trị của m để (P) và (d) có một điểm chung duy nhất.
2

(1,0 điểm). Một xưởng mỹ nghệ dự định sản xuất thủ công một lô hàng gồm
khi tiến hành, xưởng được bổ sung thêm

5 công nhân

300

cái giỏ tre. Trước

nên số giỏ trẻ phải làm của mỗi người giảm

3

cái so với dự định. Hỏi lúc dự định, xưởng có bao nhiêu cơng nhân? Biết năng suất làm việc của
mỗi người như nhau.
Câu 9.

( O; R )

AB . Trên OA lấy điểm H ( H khác O , H
khác A ). Qua H dựng đường thẳng vng góc với AB , đường thẳng này cắt nửa đường tròn tại C
. Trên cung BC lấy điểm M ( M khác B , M khác C ). Dựng CK vng góc với AM tại K .
a) Chứng minh tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn.
(3,0 điểm) Cho nửa đường trịn

b) Chứng minh

có đường kính

·
· .
CHK
= CBM

c) Gọi N là giao điểm của
Câu 10. (1,0 điểm)

AM và CH . Tính theo R

giá trị biểu thức

P = AM . AN + BC 2 .

2

a) Giải phương trình:

x  x 2 - 12x - 12

6. x = 0.
÷+
x+1
 x+ 2 

b) Cho a, b là hai số thực tùy ý sao cho phương trình
GTNN của biểu thức:

4 x 2 + 4ax − b2 + 2 = 0

P = ( x1 + x2 )2 + b( x1 + x2 ) − 8 x1 x2 +

có nghiệm

x1 , x2 . Tìm

1 + 2b( x1 + x2 )
.
a2

∆ ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn (O) . Hai tiếp tuyến của đường tròn
B , C cắt nhau tại D , OD cắt BC tại E . Qua D vẽ đường thẳng song song với AB ,

Câu 11. (0,5 điểm) Cho

(O) tại

S ∆ABF
đường thẳng này cắt AC tại K , đường thẳng OK cắt AB tại F . Tính tỉ số diện tích S ∆ABC .



1.

STT 02. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU
NĂM HỌC 2017-2018
(2,5 điểm).
a) Giải phương trình:

x 2 - 3x+2 = 0.

x- y= 3
.

b) Giải hệ phương trình  3x - 2y = 8

c) Rút gọn biểu thức

A=

3x
9x
+
- 4x
x 3

( x > 0) .
Lời giải:

a) Cách 1: Do
Cách 2:

1+(-3)+2 = 0

nên phương trình đã cho có hai nghiệm

x1 = 1; x2 = 2.

Δ= (-3)2 - 4.2= 1 ⇒ Δ = 1.

Phương trình đã cho có hai nghiệm

x1 =

-(-3)- 1
-(-3)+1
= 1; x2 =
= 2.
2
2

2x - y = 3
7x = 14
x = 2
x = 2
⇔
⇔
⇔
.

b) 3x+ 2y = 8
2x - y = 3 4 - y = 3  y = 1

c)

A=

3x
9x
+

- 4x =
3
x

3

( x)
x

2

+

3 x
- 2 x = 3 x + x - 2 x = 2 x.
3

2.
Cho hàm số y = x ( P ) và y = 2 x – m ( d )
a) Vẽ đồ thị (P).
b) Tìm tất cả các giá trị của m để (P) và (d) có một điểm chung duy nhất.
2

Lời giải:
a) Bảng giá trị

Đồ thị:


b) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) là

⇔ ∆ ' = 0 ⇔ 1 − m = 0 ⇔ m = 1.
(1,0 điểm). Một xưởng mỹ nghệ dự định sản xuất thủ công một lô hàng gồm 300 cái giỏ tre. Trước
khi tiến hành, xưởng được bổ sung thêm 5 công nhân nên số giỏ trẻ phải làm của mỗi người giảm
3 cái so với dự định. Hỏi lúc dự định, xưởng có bao nhiêu cơng nhân? Biết năng suất làm việc của
(P) và (d) có điểm chung duy nhất

Câu 3.

⇔

x 2 = 2x - m ⇔ x 2 - 2x+m = 0(*).

(*) có nghiệm duy nhất

mỗi người như nhau.

Lời giải:
Gọi

x là số công nhân ban đầu của xưởng. (điều kiện x ∈ N * )

300
Khi đó, theo dự định mỗi cơng nhân phải làm x cái giỏ.
Sau khi xưởng được bổ sung thêm

5

300
.

cơng nhân thì số giỏ mỗi người phải làm là x+5

300 300
= 3 ⇔ 300(x+5 - x)= 3x(x+5)
Theo đề bài ta có phương trình: x x+5
 x = 20
⇔ x(x+5)= 500 ⇔ x 2 +5x - 500 = 0 ⇔ 
 x = -25

Câu 4.

Kiểm tra điều kiện ta chọn

x = 20

Vậy lúc dự định xưởng có

20

cơng nhân.

( O; R )

AB . Trên OA lấy điểm H ( H khác O , H
khác A ). Qua H dựng đường thẳng vng góc với AB , đường thẳng này cắt nửa đường tròn tại C
. Trên cung BC lấy điểm M ( M khác B , M khác C ). Dựng CK vng góc với AM tại K .
(3,0 điểm) Cho nửa đường trịn

có đường kính

5.

a) Chứng minh tứ giác
b) Chứng minh

ACKH

nội tiếp đường tròn

·
· .
CHK
= CBM
Lời giải:

Gọi

N là giao điểm của AM và CH . Tính theo R

Ta có

·
·
CHA
= CKA
= 900 ⇒ Tứ giác ACKH

·
·

·
CHK
= CAK
= CAM
Vậy

Do đó

nội tiếp đường trịn đường kính

nội tiếp). Mà

·
·
CAM
= CBM

AC.

(cùng chắn cung

CM ).

·ACN = ·ABC (= 900 - HCB
· ); ABC
· = AMC
·
·
⇒ ·ACN = AMC

∆ ACN : ∆ AMC

(g.g)

⇒

AN AC
=
⇒ AM.AN = AC 2 .
AC AM

thuộc nửa đường trịn đường kính

Vậy
(1,0 điểm)

ACKH

P = AM . AN + BC 2 .

·
·
.
CHK
= CBM

Ta có

C

(do tứ giác

giá trị biểu thức

AB nên tam giác ABC vuông tại C , ⇒ AC2 + BC2 = AB2 .

P = AM.AN + BC2 = AB2 = 4R 2 .
2

a) Giải phương trình:

x  x 2 - 12x - 12

6. x = 0.
÷+
x+1
 x+ 2 

b) Cho a, b là hai số thực tùy ý sao cho phương trình

Tìm GTNN của biểu thức:

P = ( x1 + x2 )2 + b( x1 + x2 ) − 8 x1x2 +
Lời giải:

a) Điều kiện

x≠1

4 x 2 + 4ax − b2 + 2 = 0

có nghiệm

1 + 2b( x1 + x2 )
.
a2

x1 , x2 .


2

 x2 
x2
⇔ 6
+
− 12 = 0
÷
x
+
1
x
+
1
Phương trình



x2
t=

Đặt:
x+1

Phương trình trở thành

6t 2 +t -12 = 0

4

 t1 = 3
⇔
t = - 3
 1 2

x = 2
x2 4
2
= ⇔ 3x − 4x − 4 = 0 ⇔ 
4
x = − 2
x
+
1
3
t=
Với
3

3 ta được

3
x2
3
t=−
= − ⇔ 2x 2 + 3x + 3 = 0
Với
(vô nghiệm).
2 ta được x + 1
2
 −2 
S =  2;  .
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm:
 3
b) Điều kiện

a≠

3
t = − ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 2.
0 . Phương trình đã cho có nghiệm
2

 x1 + x2 = -a


-b 2 + 2
x
.x
=
Theo hệ thức Vi-et, ta được:  1 2

4
Ta có:

P = (x1 + x2 )2 +b(x1 + x2 )- 8x1 .x2 +

1+ 2b(x1 + x2 ) 2
1- 2ab
= a - ab+ 2b 2 - 4+ 2
2
a
a
2

1- 2ab 
1
1
1
1
2
2 

= ( a - ab+b ) +  b 2 + 2 ÷ - 4 = .( a+b ) + ( a - b ) +  b - ÷ - 4³ ( a 2 +b 2 ) - 4³ - 3.
a 
2
2
2

 a
2

2

a = b

a = b = 1
1

b = ⇔ 
 a = b = -1
 a
2
2
Đẳng thức xảy ra a +b = 2
Vậy

MinP = -3.


Câu 6.

∆ ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn (O). Hai tiếp tuyến của đường tròn
B , C cắt nhau tại D . OD cắt BC tại E . Qua D vẽ đường thẳng song song với AB ,

(0,5 điểm) Cho

(O) tại

đường thẳng này cắt

AC

tại

K . đường thẳng OK

S ∆ ABF
cắt AB tại F . Tính tỉ số diện tích S∆ ABC
Lời giải:

Ta có

· = DBC
·
BAC

⇒ DBKC
Mà:

(cùng chắn

nội tiếp.

· = OCD
· = 900
OBD

⇒K

» ), BAC
· = DKC

· (đồng vị) ⇒ DBC
· = DKC
·
BC

nên các điểm

B, C , D

cũng thuộc đường trịn đường kính

thuộc đường trịn đường kính

OD

⇒ OK ⊥ KD ⇒ OK ⊥ AB ⇒ F là trung điểm của AB .
Do

OB = OC , DB = DC ⇒ OD

là trung trực của

BC

⇒ E là trung điểm của BC.
Hai tam giác

BEF

1 S ΔBEF 1

⇒
= .
S ΔABC 4
và BAC đồng dạng có tỉ lệ đồng dạng là 2

STT 05. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH BẮC GIANG
NĂM HỌC 2017-2018

OD


Câu 1: ( 2,0 điểm)

A = 25 + 3 8 − 2 18 .
y = 2 x + m đi qua điểm K (2; 3) .

1. Tính giá trị của biểu thức:
2. Tìm

m để đồ thị hàm số

Câu 2: (3,0 điểm)

 3x + y = 10

1. Giải hệ phương trình  2 x − 3 y = 3 .
 x x + x+ x
x + 3
x −1
B = 

−
÷÷.
1 − x  2 x + x − 1 (Với
2. Cho biểu thức
 x x −1
Tìm tất cả các giá trị của

a. Giải phương trình

x1 − x2

(1)

khi

m= −

với

x là ẩn số, m là tham số.

1
2.

m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho

b. Tìm giá trị của
biểu thức P =

1

4 ).

x để B < 0 .

x 2 − (2m + 5) x + 2m + 1 = 0 (1)

3. Cho phương trình

x ≥ 0 ; x ≠ 1 và

x≠

đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 3: (1,5 điểm)
Để chuẩn bị cho năm học mới, học sinh hai lớp 9A và 9B ủng hộ thư viện 738 quyển sách gồm hai loại sách
giáo khoa và sách tham khảo. Trong đó mỗi học sinh lớp 9A ủng hộ 6 quyển sách giáo khoa và 3
quyển sách tham khảo; mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 5 quyển sách giáo khoa và 4 quyển sách tham
khảo. Biết số sách giáo khoa ủng hộ nhiều hơn số sách tham khảo là 166 quyển. Tính số học sinh
của mỗi lớp.

Câu 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác

ABC

có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn

bán kính

R . Hai đường cao AE

và

BK

H (với E thuộc BC , K thuộc AC ).
1. Chứng minh rằng tứ giác ABEK nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Chứng minh CE.CB = CK .CA .

tam giác

ABC

(C ) tâm O

cắt nhau tại

3. Chứng minh
4. Cho

· = BAE
· .
OCA

B , C cố định và A di động trên (C ) nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện tam giác ABC
thuộc cung tròn

Câu 5: (0,5 điểm)
Cho hai số thực dương

(T ) cố định. Xác định tâm I và bán kính r

a, b

thỏa mãn

của đường trịn

2a + 3b ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

nhọn; khi đó

H

(T ) , biết R = 3 cm .


Q=
.

2002 2017
+
+ 2996a − 5501b
.
a
b


STT 05. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH BẮC GIANG

NĂM HỌC 2017-2018

Câu 1: (2,0 điểm)

A = 25 + 3 8 − 2 18 .
y = 2 x + m đi qua điểm K (2; 3) .

1. Tính giá trị của biểu thức:
2. Tìm

m để đồ thị hàm số

Lời giải
1. Ta có

Câu 2:

A = 25 + 3 8 − 2 18 = 5 + 6 2 − 6 2 = 5 .

2. Để đồ thị hàm số
(3,0 điểm)

y = 2x + m

đi qua điểm

K (2;3) ⇔ 3 = 2.2 + m ⇔ m = − 1 .

 3x + y = 10


1. Giải hệ phương trình  2 x − 3 y = 3 .
 x x + x+ x
x + 3
x −1
B = 
−
÷÷.
1 − x  2 x + x − 1 (Với
2. Cho biểu thức
 x x −1
Tìm tất cả các giá trị của
3. Cho phương trình

x 2 − (2m + 5) x + 2m + 1 = 0 (1)

b. Tìm giá trị của

(1)

khi

m= −

với

x là ẩn số, m là tham số.

1
2.

m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho

x1 − x2 | đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
1. Hệ phương trình

 3x + y = 10
 y = 10 − 3x
⇔

 2x − 3y = 3
 2 x − 3(10 − 3x) = 3
 y = 10 − 3x
y =1
⇔
⇔
11x − 30 = 3  x = 3 .
2. Ta có

1
4 ).

x để B < 0 .

a. Giải phương trình

biểu thức P =|

x ≥ 0 ; x ≠ 1 và

x≠


 x x + x+ x
x + 3
x−1
B = 
−
÷÷.
1− x  2x + x − 1
 x x −1

x ( x + x + 1)
x + 3  ( x − 1)( x + 1)
= 
+
÷.
x − 1 ÷ ( x + 1)(2 x − 1)
 ( x − 1)( x + x + 1)

=

2 x + 3 x −1 2 x + 3
.
=
x −1 2 x −1 2 x −1 .

2 x + 3> 0 ∀ x

Vì

3. Phương trình

nên để

B < 0 ⇔ 2 x − 1< 0

⇔ 0≤ x<

1
4.

x 2 − (2m + 5) x + 2m + 1 = 0 (1) với x là ẩn, m là tham số.

a. Khi

m=

−1
x2 − 4 x = 0 ⇔
2 , phương trình trên trở thành

b. Để phương trình

(1)

có hai nghiệm phân biệt thì

x = 0
x = 4
.



∆ = (2m + 5)2 − 4(2m + 1) > 0

⇔ 4m 2 + 12m + 21 > 0 ⇔ (2m + 3)2 + 12 > 0 . Bất đẳng thức sau cùng ln đúng với mọi giá trị của m .
Do đó phương trình

(1)

ln có hai nghiệm phân biệt.

 2m + 5 ≥ 0
1
⇔
⇔m≥−
2.
Để P = | x1 − x2 | có nghĩa thì x1 và x2 phải dương
 2m + 1 ≥ 0
 x1 + x2 = 2m + 5

Khi đó theo định lý Vi-et ta có  x1 x2 = 2m + 1 ( với x1 và x2 là hai nghiệm của
Do đó

=

(

P 2 = x1 + x2 − 2 x1 x2 = 2m + 5 − 2 2m + 1

)

2

2m + 1 − 1 + 3 ≥ 3 ⇒ P ≥ 3 .
Vậy

Câu 3:

(1) ).

P

đạt giá trị nhỏ nhất bằng

3

khi

2m + 1 = 1 ⇔ m = 0.

(1,5 điểm)

Để chuẩn bị cho năm học mới, học sinh hai lớp 9A và 9B ủng hộ thư viện 738 quyển sách gồm hai loại sách
giáo khoa và sách tham khảo. Trong đó mỗi học sinh lớp 9A ủng hộ 6 quyển sách giáo khoa và 3
quyển sách tham khảo; mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 5 quyển sách giáo khoa và 4 quyển sách tham


khảo. Biết số sách giáo khoa ủng hộ nhiều hơn số sách tham khảo là 166 quyển. Tính số học sinh
của mỗi lớp.
Lời giải

Gọi số học sinh của hai lớp 9A và 9B lần lượt là
Số sách giáo khoa hai lớp ủng hộ là

6x + 5 y .

Số sách tham khảo hai lớp ủng hộ là

3x + 4 y .

Vì cả hai lớp ủng hộ số sách là

x và y ( x, y ∈ ¥ * ).

738 cuốn nên ta có 6 x + 5 y + 3x + 4 y = 738 và

số sách giáo khoa ủng hộ nhiều hơn sách tham khảo

9 x + 9 y = 738
⇔

Do đó ta có hệ phương trình 3x + y = 166
Vậy lớp 9A có
Câu 4:

42

học sinh, lớp 9B có

40

166 cuốn nên 6 x + 5 y − (3x + 4 y) = 166 .

 x + y = 82

 3x + y = 166 ⇔

x = 42, y = 40 .( Thỏa mãn)

học sinh.

(3,0 điểm)

Cho tam giác

ABC

có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn

bán kính

R . Hai đường cao AE

và

BK

H (với E thuộc BC , K thuộc AC ).
1. Chứng minh rằng tứ giác ABEK nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Chứng minh CE.CB = CK .CA .

tam giác

ABC

(C ) tâm O

cắt nhau tại

3. Chứng minh
4. Cho

· = BAE
· .
OCA

B , C cố định và A di động trên (C ) nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện tam giác ABC
thuộc cung tròn

(T ) cố định. Xác định tâm I và bán kính r
Lời giải

của đường trịn

nhọn; khi đó

H

(T ) , biết R = 3 cm .

1. Xét tứ giác

ABEK

nên tứ giác

có

·AKB = ·AEB = 90o ( vì AE ⊥ BC , BK ⊥ AC ). Hai góc này cùng chắn cung AB

ABEK

nội tiếp được một đường trịn.

2. Xét hai tam giác vng

∆ ACE : ∆ BCK
3. Tam giác

OAC

cân tại

⇒

O

∆ ACE

và

∆ BCK , chúng có chung góc C

nên

CE CA
=
⇔ CE.CB = CK .CA
(dpcm).
CK CB

1
·
OCA
= 90o − ·AOC
(1) . Mà tam giác
nên
2

ABC nhọn nên O nằm trong tam

·ABC = 1 sd »AC = 1 ·AOC
giác ABC , do đó
.
2
2
Tam giác

ABE

vng tại

E

1
·
BAE
= 90o − ·ABC = 90o − ·AOC
(2) .
nên
2

(1)

và

· = BAE
· (dpcm).
(2) ⇒ OCA

4. Gọi

M

là giao điểm của đường thẳng

Từ

·
·

MC ). Mà MAC
= HBC

AE

với đường tròn

( cùng phụ với

·
· ( cùng chắn cung
(C) . Ta có MBC
= MAC

·ACB ) nên MBC
·
· hay BE
= HBC

là phân giác của

·
HBM

HBM có BE vừa là đường cao, đường phân giác góc B nên cân tại B và BE là trung
trực của HM . Gọi I là điểm đối xứng với O qua đường thẳng BC ( O và BC cố định ⇒ I cố
định). Khi đó tứ giác HOIM là hình thang cân vì nhận BC là trục đối xứng ⇒ IH = MO = R hay
H luôn cách điểm cố định I một khoảng R không đổi nên H thuộc đường trịn tâm I bán kính
R . Do đó r = R = 3 cm.
.Tam giác

Câu 5:

(0,5 điểm)

Cho hai số thực dương

a , b thỏa mãn 2a + 3b ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Q=

2002 2017
+
+ 2996a − 5501b
.
a
b
Lời giải

Ta có

=

Q=

2002 2017
+
+ 2996a − 5501b
a
b

2002
2017
+ 8008a +
+ 2017b − (5012a + 7518b)
a
b

1
1
= 2002( + 4a) + 2017( + b) − 2506(2a + 3b)
a
b
≥ 2002.2

1
1
.4a + 2017.2 .b − 2506(2a + 3b) ( BDT CoSi)
a
b

≥ 2002.4 + 2017.2 − 2506.4 = 2018.
Do đó

Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2018

khi

a=

1
2 và

b = 1.

TÊN FACEBOOK CÁC THÀNH VIÊN THAM GIA GIẢI ĐỀ
NGƯỜI GIẢI ĐỀ: DAT.LONGVAN
NGƯỜI PHẢN BIỆN: VINH NGUYỄN
STT 06. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH BẮC NINH
NĂM HỌC 2017-2018

Câu 6:

C

ìï 2x = 4
ï
í
1) Giải hệ phương trình ïïỵ x + y = 5

2) Rút gọn biểu thức

P=

x- 2
x +2 x

-

1

x

+

1

,

x + 2 với x > 0.


Câu 7:
Cho phương trình

x2 - 2mx + m2 - 1 = 0 ( 1) , với

1) Giải phương trình

( 1) khi m = 2.

2) Chứng minh rằng phương trình
là hai nghiệm của phương trình

x23 - 2mx22 + m2x2 - 2

và

m là tham số.

( 1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Gọi x , x

1

( 1) , lập phương trình bậc hai nhận x - 2mx
3
1

2
1

2

+ m2x1 - 2

là nghiệm.

Câu 8:
Giải bài tốn bằng cách lập phương trình, hệ phương trình.

15 học sinh (cả nam và nữ) tham gia buổi lao động trồng cây. Các bạn nam trồng
được 30 cây, các bạn nữ trồng được 36 cây. Mỗi bạn nam trồng được số cây như nhau và

Một nhóm gồm

mỗi bạn nữ trồng được số cây như nhau. Tính số học sinh nam và số học sinh nữ của
nhóm, biết rằng mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ

1 cây.

Câu 9:
Từ điểm

M

nằm ngồi đường trịn

(O ) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B

là hai tiếp điểm). Lấy điểm C trên cung nhỏ

AB (C

không trùng với

A và B ). Từ điểm

AB, CE vng góc với MA, CF vng góc với MB
(D Ỵ AB, E Î MA, F Î MB ). Gọi I là giao điểm của AC và DE , K là giao điểm của

C

kẻ

BC

CD

và

vng góc với

DF . Chứng minh rằng

1) Tứ giác ADCE nội tiếp một đường tròn.
2) Hai tam giác CDE và CFD đồng dạng.
3) Tia đối của tia CD là tia phân giác góc
4) Đường thẳng
Câu 10:

IK

· .
ECF

song song với đường thẳng AB .

1) Giải phương trình ( x - x + 1)( x + 4x + 1) = 6x .
2

2

2


x, y, z, t

2) Cho bốn số thực dương

biểu thức

A=

thỏa mãn

x + y + z + t = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của

(x + y + z)(x + y)
×
xyzt
------------------ Hết -------------------

STT 06. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH BẮC NINH
NĂM HỌC 2017-2018

Câu 1:

C

ìï 2x = 4
ï
í
1) Giải hệ phương trình ïïỵ x + y = 5

2) Rút gọn biểu thức

P=

x- 2
x +2 x

-

1
x

1

+

,
x + 2 với x > 0.
Lời giải

ìï 2x = 4
ï
Û
í
1) ïỵï x + y = 5
P=
2)

x - 2-

(
x

ìï x = 2
ï
í
ïï y = 3
ỵ

)

x +2 + x

(

=

)

x +2

x- 4

x

(

)

x +2

=

x- 2
x

.

Câu 2:
Cho phương trình

x2 - 2mx + m2 - 1 = 0 ( 1) , với

1) Giải phương trình

( 1) khi m = 2.

m là tham số.


2) Chứng minh rằng phương trình
là hai nghiệm của phương trình
và

x23 - 2mx22 + m2x2 - 2

( 1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Gọi x , x
1

( 1) , lập phương trình bậc hai nhận x - 2mx + m x - 2
3
1

là nghiệm.
Lời giải

1) Với

m = 2 PT trở thành x2 - 4x + 3 = 0

Giải phương trình tìm được các nghiệm
2

x = 1 ; x = 3.

2

2) Ta có D ' = m - m + 1 = 1 > 0, " m.
Do đó, phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt.
Từ giả thiết ta có

xi2 - 2mxi + m2 - 1 = 0, i = 1;2.

xi3 - 2mxi2 + m2xi - 2

(

)

= xi xi2 - 2mxi + m2 - 1 + xi - 2

= xi - 2,i = 1;2.
Áp dụng định lí Viét cho phương trình

( 1) ta có x1 + x2 = 2m ; x .x

1 2

= m2 - 1

Ta có

( x - 2) + ( x - 2) = 2m - 4;
( x - 2)( x - 2) = x x - 2( x + x ) + 4
1

2

1

2

2

1 2

1

2

2

= m - 1- 4m + 4 = m - 4m + 3.
Vậy phương trình bậc hai nhận
là nghiệm là

Câu 3:

2

x13 - 2mx12 + m2x1 - 2, x23 - 2mx22 + m2x2 - 2

x2 - ( 2m - 4) x + m2 - 4m + 3 = 0.

2
1

2

1


Giải bài tốn bằng cách lập phương trình, hệ phương trình.

15 học sinh (cả nam và nữ) tham gia buổi lao động trồng cây. Các bạn nam trồng
được 30 cây, các bạn nữ trồng được 36 cây. Mỗi bạn nam trồng được số cây như nhau và

Một nhóm gồm

mỗi bạn nữ trồng được số cây như nhau. Tính số học sinh nam và số học sinh nữ của
nhóm, biết rằng mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ

1 cây.

Lời giải
Gọi số HS nam của nhóm là

x ( x Î ¥ ;0 < x < 15) , số HS nữ là 15- x.

Theo đề bài số cây các bạn nam trồng được là

30 và số cây các bạn nữ trồng được là 36 nên

30
Mỗi HS nam trồng được x cây,
36
Mỗi HS nữ trồng được 15 - x cây.
Vì mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ

1 cây nên ta có

30
36
= 1 Û 30( 15 - x) - 36x = x ( 15 - x)
x 15 - x
éx = 75( loai)
& .
Û x - 81x + 450 = 0 Û ê
êx = 6 (nhan)
ê
ë
2

Vậy có

6 HS nam và 9HS nữ.

Câu 4:

Từ điểm

M

nằm ngồi đường trịn

(O ) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B

là hai tiếp điểm). Lấy điểm C trên cung nhỏ

AB (C

không trùng với

A và B ). Từ điểm

AB, CE vng góc với MA, CF vng góc với MB
(D Ỵ AB, E Ỵ MA, F Ỵ MB ). Gọi I là giao điểm của AC và DE , K là giao điểm của

C

kẻ

BC

CD

và

vuông góc với

DF . Chứng minh rằng

1) Tứ giác ADCE nội tiếp một đường tròn.