Đề thi Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm học 2016 – 2017 môn thi: Toán thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO	KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU	 Năm học 2016 – 2017
 ĐỀ CHÍNH THỨC	MÔN THI: TOÁN 
	 Ngày thi: 14 tháng 6 năm 2016
	 Thời gian làm bài: 120 phút 
Câu 1: (2,5 điểm)
Rút gọn biểu thức: A = 
Giải hệ phương trình: 	
Giải phương trình: 	x2 + x – 6 = 0 
Câu 2: (1,0 điểm) 
Vẽ parabol (P): y = x2 và 
Tìm giá trị của m để đường thẳng (d): y = 2x + m đi qua điểm M(2;3)
Câu 3: (2,5 điểm) 
 a/ Tìm giá trị của tham số m để phương phương trình x2 – mx – 2 = 0 có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn 
 b/ Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích bằng 360 m2. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó, biết rằng nếu tăng chiều rộng thêm 3m và giảm chiều dài 4m mảnh đất có diện tích không thay đổi.
 c/ Giải phương trình: 
Câu 4: (3,5 điểm) 
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Lấy C trên đoạn AO, C khác A và O. Đường thẳng đi qua C vuông góc với AB cắt nửa đường tròn (O) tại D. Gọi E là trung điểm đoạn CD. Tia AE cắt nửa đường tròn (O) tại M. 
Chứng minh tứ giác BCEM nội tiếp.
Chứng minh góc AMD + góc DAM = DEM
Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh FD2 = FA.FB và 
Gọi ( I; r) là đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM. Giả sử r = . Chứng minh CI//AD.
Câu 5: (0,5 điểm) Cho a, b là hai số dương thỏa mãn .Tìm Min P = ab + 
-------------------------------- Hết----------------------------------
ĐÁP ÁN
Câu 1: 
Rút gọn: A=
Giải hệ PT: 
Giải PT: x2+x-6=0
Câu 2:
Vẽ đồ thị hàm số: 
x
-2
-1
0
1
2
y=
2
0
2
Để (d) đi qua M(2;3) thì : 3=2.2+m Ûm=-1
Vậy m=-1 thì (d) đi qua M(2;3) 
Câu 3: 
Vì a.c=1.(-2)=-2<0 
Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của m.
Theo ViÉt ta có: 
Để x1x2 +2x1+2x2 =4Û x1x2 +2(x1+x2) =4Û-2+2m=4Ûm=3
Vậy m=3 thì phương trình x2-mx-2=0 có hai nghiệm thỏa: x1x2 +2x1+2x2 =4
Gọi x(m) chiều rộng của mảnh đất lúc đầu( x>0)
Chiều dài mảnh đất lúc đầu (m)
Chiều rộng mảnh đất sau khi tăng: x+3( m) 
Chiều dài mảnh đất sau khi giảm : (m)
Theo đề bài ta có pt: (x+3)( )=360
 Û(x+3)(360-4x)=360x Ûx2+3x-270=0 Û 
Vậy chiều rộng, chiều dài của thửa đất hình chữ nhật lúc đầu là : 15m và 24m
Câu 3c) Giải phương trình: 
(1). Vì 
Đặt t = . (1) 
Với t = 1 . Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 0
Câu 4 
a\ Xét tứ giác BCEM có: ;(góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
 và chúng là hai góc đối nhau
Nên tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn đường kính BE 
b\ Ta có: 
 Mà ( cùng chắn cung AD); (cùng chắn cung DM)
 Suy ra Hay 
c\ + Xét tam giác FDA và tam giác FBD có chung ; (cùng chắn cung AD)
Suy ra tam giác FDA đồng dạng tam giác FBD nên: 
 + Ta có (cmt);(cùng phụ ) nên 
Suy ra DA là tia phân giác của góc CDF nên . Mà . Vậy 
d\ + Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM có IE = (gt). Mà ED = EC = (gt)
 Trong tam giác CID có IE = ED = EC = nên tam giác CID vuông tại I (1)
 + Ta có (tứ giác KIHD nội tiếp); (HK//EM);(cùng chắn cung AD) nên 
 + Ta lại có :(tam giác DIK vuông tại K);(tam giác BCD vuông tại C). Suy ra nên DI DB (2)
 + Từ (1) và (2) . Mà (). Vậy CI // AD
Câu 5 (0,5đ) : Cho a, b là 2 số dương thỏa . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
Giải :Từ giả thiết và theo bất đẳng thức ta có 
Do đó (BĐT CÔ -SI)
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4, đạt được khi 
ĐỀ 2
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 - 2017
Thời gian: 120 phút 
	(Đề thi gồm 05 câu)
ĐỀ A
Câu 1 (2,0 điểm)
1.Giải phương trình: 2x2 – 3x – 5 = 0.
2.Giải hệ phương trình: 
Câu 2 (2,0 điểm)
Cho biểu thức A = (với a > 0; a 1)
1.Rút gọn A.
2.Tính giá trị của A khi a = .
Câu 3 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – a + 1 và parabol (P): y = .
1.Tìm a để đường thẳng a đi qua điểm A (-1;3)
2.Tìm a để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ () và () thỏa mãn điều kiện 
Câu 4: (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao AD, BE lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là M và N.
Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn đó.
Chứng minh rằng: MN // DE.
Cho (O) và dây AB cố định. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB.
Câu 5: (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn: . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: .
------ Hết -----
Họ và tên thí sinh: .. Số báo danh: ..
 (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ A
Câu
Nội dung
Điểm
1
(2,0đ)
1) Ta có: a – b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm 
1,0
2) Hệ đã cho tương đương với hệ : Û 
 Vậy hệ phương trình có nghiệm .
0,5
0,5
2
(2,0đ)
1) Ta có: A = 
= = .
0,5
0,5
2) Ta có: nên 
Vậy A = ==.
0,5
0,5
3
(2,0đ)
1) Vì (d) đi qua điểm A(-1;3) nên thay vào hàm số: ta có:. 
1,0
2) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: (1). 
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt . 
Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm của phương trình (1) và , .
Theo hệ thức Vi-et ta có: .Thay y1,y2 vào ta có: 
(thỏa mãn ) hoặc (không thỏa mãn )
Vậy thỏa mãn đề bài. 
0,25
0,25
0,25
0,25
4
(3đ)
1
Do AD, BE là đường cao của ∆ABC (giả thiết) nên :
 và 
Xét tứ giác AEDB có nên bốn điểm A, E, D, B cùng thuộc đường tròn đường kính AB.
Tâm I của đường tròn này là trung điểm của AB.
1,0
2
Xét đường tròn (I) ta có: (cùng chắn cung )
Xét đường tròn (O) ta có: (cùng chắn cung ) 
Suy ra: (do có hai góc đồng vị bằng nhau).
1,0
3
Cách 1: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.
*) Xét tứ giác CDHE ta có : (do )
 (do )
suy ra , do đó CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH.
Như vậy đường tròn ngoại tiếp ∆CDE chính là đường tròn đường kính CH, có bán kính bằng .
*) Kẻ đường kính CK, ta có:
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) , 
mà (giả thiết) nên KA // BH (1)
chứng minh tương tự cũng có: BK // AH (2)
Từ (1) và (2), suy ra AKBH là hình bình hành.
Vì I là trung điểm của AB từ đó suy ra I cũng là trung điểm của KH, lại có O là trung điểm của CK vậy nên (t/c đường trung bình)
Do AB cố định, nên I cố định suy ra OI không đổi.
Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi.
1.0
Cách 2: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC
 (1’)
Kẻ đường kính AK suy ra K cố định và 
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).
 (2’)
Từ (1’) và (2’) suy ra: BH//KC; CH//KB.
Suy ra BHCK là hình hình hành. .
Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH không đổi.
c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH.
=> đpcm
5
(1đ)
Từ 
Theo BĐT Cô-si ta có: 
0,25
Suy ra: 
0,5
Dấu “=” xảy ra 
Vậy MaxQ = .
0,25
Chú ý: 
- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.
- Đối với câu 4 (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm;
- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 – 2017
Thời gian: 120 phút 
(Đề thi gồm 05 câu)
ĐỀ B
Câu 1 (2,0 điểm)
1.Giải phương trình: 2x2 – 5x – 7 = 0.
2.Giải hệ phương trình: 
Câu 2 (2,0 điểm)
Cho biểu thức B = (với x > 0; x 1)
1.Rút gọn B.
2.Tính giá trị của B khi x = .
Câu 3 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – b + 1 và parabol (P): y = .
1.Tìm b để đường thẳng b đi qua điểm B (-2;3)
2.Tìm b để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ () và () thỏa mãn điều kiện 
Câu 4: (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao AD, BE lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là M và N.
1.Chứng minh rằng: Bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn đó.
2.Chứng minh rằng: MN // DE.
3.Cho (O) và dây AB cố định. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB.
Câu 5: (1,0 điểm).Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn: . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 	.
------ Hết -----
Họ và tên thí sinh: .. Số báo danh: ..
 (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ B
Câu
Nội dung
Điểm
1
(2,0đ)
1) Ta có: a - b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm 
1,0
2) Hệ đã cho tương đương với hệ : Û 
 Vậy hệ phương trình có nghiệm .
0,5
0,5
2
(2,0đ)
1) Ta có: B = = = .
1,0
2) Ta có: nên 
Vậy B = ==.
0,5
0,5
3
(2,0đ)
1) Vì (d) đi qua điểm B(-2;3) nên thay vào hàm số: ta có:. 
1,0
2) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: (1). 
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt . 
Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm của phương trình (1) và , .
Theo hệ thức Vi-et ta có: .Thay y1,y2 vào ta có: 
(thỏa mãn ) hoặc (không thỏa mãn )
Vậy thỏa mãn đề bài. 
0,25
0,25
0,25
0,25
4
(3đ)
1
Do AD, BE là đường cao của ∆ABC (giả thiết) nên :
 và 
Xét tứ giác AEDB có nên bốn điểm A, E, D, B cùng thuộc đường tròn đường kính AB.
Tâm I của đường tròn này là trung điểm của AB.
1,0
2
Xét đường tròn (I) ta có: (cùng chắn cung )
Xét đường tròn (O) ta có: (cùng chắn cung ) 
Suy ra: (do có hai góc đồng vị bằng nhau).
1,0
3
Cách 1: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.
*) Xét tứ giác CDHE ta có : (do )
 (do )
suy ra , do đó CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH.
Như vậy đường tròn ngoại tiếp ∆CDE chính là đường tròn đường kính CH, có bán kính bằng .
*) Kẻ đường kính CK, ta có:
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) , 
mà (giả thiết) nên KA // BH (1)
chứng minh tương tự cũng có: BK // AH (2)
Từ (1) và (2), suy ra AKBH là hình bình hành.
Vì I là trung điểm của AB từ đó suy ra I cũng là trung điểm của KH, lại có O là trung điểm của CK vậy nên (t/c đường trung bình)
Do AB cố định, nên I cố định suy ra OI không đổi.
Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi.
1.0
Cách 2 : Gọi H là trực tâm của tam giác ABC
 (1’)
Kẻ đường kính AK suy ra K cố định và 
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).
 (2’)
Từ (1’) và (2’) suy ra: BH//KC; CH//KB.
Suy ra BHCK là hình hình hành. .
Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH không đổi.
c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH.
đpcm
5
(1đ)
Từ 
Theo BĐT Cô-si ta có: 
0,25
Suy ra: 
0,5
Dấu “=” xảy ra 
Vậy MaxQ = .
0,25
Chú ý: 
- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.
- Đối với câu 4 (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm;
- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.
ĐỀ 3
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
TIỀN GIANG
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học 2016 – 2017 
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 11/6/2016
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài)
Bài I. (3,0 điểm)
Rút gọn biểu thức sau: 
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a/ b/ 
3. Cho phương trình . Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình, không giải phương trình hãy tính giá trị của biểu thức 
Bài II. (2,5 điểm)
 Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol và đường thẳng 
Với m = 1, vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ.
Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B khi m thay đổi.
Xác định m để trung điểm của đoạn thẳng AB có hoành độ bằng 1.
Bài III. (1,5 điểm)
 Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích 480m2, nếu giảm chiều dài 5m và tăng chiều rộng 4m thì diện tích tăng 20m2. Tính các kích thước của khu vườn.
Bài IV. (2,0 điểm)
 Cho đường tròn tâm (O; R) có hai đường kính AB và CD. Các tia AC và AD cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) lần lượt ở M và N.
Chứng minh: tứ giác CMND nội tiếp trong một đường tròn.
Chứng minh AC.AM = AD.AN.
Tính diện tích tam giác ABM phần nằm ngoài đường tròn (O) theo R. Biết 
Bài V. (1,0 điểm)
 Một hình trụ có bán kính đáy 6cm, diện tích xung quanh bằng . Tính thể tích hình trụ.
---------------------------------------------------- HẾT -----------------------------------------------------
Thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do Bộ Giáo dục và Đào tạo cho phép.
Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.. Số báo danh:.
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TS10 – TIỀN GIANG 2016 – 2017 
MÔN: TOÁN
Bài I. (3,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức sau: (HS tự giải)
Đáp số: 
2. Giải phương trình và hệ phương trình sau: (HS tự giải)
a/ b/ 
Đáp số: a/ b/ 
3. Phương trình . Có a = 1; b = 7; c = —5
Theo Vi-ét: 
Ta có: 
Bài II. (2,5 điểm)
Parabol ; đường thẳng 
1. Với m = 1. Vẽ Parabol và đường thẳng: (d): y = x – 3 
2. Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d): (m ≠ 0)
⇔ . 
Biệt số 
 > 0 với mọi m
Nên phương trình hoành độ giao điểm luôn có hai nghiệm phân biệt.
Do đó, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B khi m thay đổi.
3. Gọi I(xI; yI) là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Ta có: 
Với thì 
Với thì 
Cách 1: (Dùng công thức – tham khảo)
Vì I là trung điểm của AB nên ta có: 
Theo đề bài, trung điểm I có hoành độ là 1 nên: . Suy ra: (thỏa đk m ≠ 0)
Cách 2: 
Vì I(xI; yI) ∈ (d) và cách đều hai điểm A, B và xI = 1 nên:
 ⇔ và IA = IB
Ta có: 
 ⇔ ⇔ 
⇔ 
⇔ 
⇔ 
⇔ 
⇔ 
vì > 0 và m2 + 1 > 0 với mọi m nên chỉ có 
hay (thỏa đk m ≠ 0) 
Vậy: với thì trung điểm I của đoạn thẳng AB có hoành độ bằng 1. 
Bài III. (1,5 điểm) (HS tự giải)
Đáp số: Phương trình x2 – 10x – 600 = 0; chiều dài: 30(m); chiều rộng: 16(m)
Bài IV. (2,0 điểm)
a) Chứng minh CMND là tứ giác nội tiếp.
+ Ta có: 
(góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn)
(góc nội tiếp chắn cung AD)
+ Suy ra: 
Do đó tứ giác CMND nội tiếp (vì có góc ngoài tại đỉnh C bằng góc bên trong tại đỉnh đối diên N)
b) Chứng minh AC.AM = AD.AN
Xét hai tam giác ADC và AMN có:
 (góc chung, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
(câu a)
Suy ra: ∆ADC ∽ ∆AMN (g – g) ⇒ . Từ đó: AC.AM = AD.AN
c) Tính diện tích tam giác ABM phần nằm ngoài đường tròn (O) theo R. Khi 
Khi 
+ ∆ABM vuông cân tại B cho BM = AB = 2R. Từ đó: 
N
M
O
D
C
B
A
+ ∆AOC vuông cân tại O cho AO = OC = R. Từ đó: 
+ (góc ngoài tại O của tam giác vuông cân AOC) cho: SquạtBOC = 
Diện tích cần tìm: 
SABM – (SAOC + SquạtBOC) 
= (đ.v.d.t)
Bài V. (1,0 điểm)
Hình trụ: r = 6(cm); 
⇒ 
Thể tích hình trụ: 
ĐỀ 4
Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o 
Th¸I b×nh
®Ò thi tuyÓn sinh líp 10 thpt n¨m häc 2016 – 2017
m«n : to¸n (120 phót lµm bµi)
Ngµy thi: 16/06/2016 (buæi chiÒu)
Câu 1: (2.0 điểm).
a) Không dùng máy tính, hãy tính: .
b) Chứng minh rằng: với x ≥ 0 và x ≠ 9 .
Câu 2: (2,0 điểm) 
 Cho parabol (P) : y = x2 vµ đường thẳng (d): y = 2(m - 1)x + m2 + 2m
 (m là tham số, m Î R).
 a) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua hai điểm I(1; 3).
 b) Chứng minh rằng parapol (P) luôn cắt đường thẳng (d) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm A, B, Tìm m sao cho: x12 +x22 + 6x1x2 > 2016 .
Câu 3: (2.0 điểm)
Giải hệ phương trình: 
Cho tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 15 cm. Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 3cm. Tìm độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông đó. 
Câu 4: (3.5 điểm) 
 Cho ®­êng trßn (O) vàđiểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là hai tiếp điểm) .
 a) Chứng minh: Tø gi¸c ABOC nội tiếp .
 b) Gọi H là trực tâm tam giác ABC, chứng minh tứ giác BOCH là hình thoi.
 c) Gọi I là giao điểm của đoạn OA với đường tròn. Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
 d) Cho OB = 3cm, OA = 5 cm. Tính diện tích tam giác ABC . 
Câu 5: (0.5 điểm) 
 Giải phương trình: x3 + (3x2 – 4x - 4) = 0 .
 ............HÕt............
Hä vµ tªn thÝ sinh: ....................................... .. Sè b¸o danh: ...................
Câu 1: (2.0 điểm). 
Không dùng máy tính, hãy tính: 
 .
b) Chứng minh rằng: với x ≥ 0 và x ≠ 9
Với x ≥ 0 và x ≠ 9 , ta có :
Vậy với x ≥ 0 và x ≠ 9
Câu 2: (2,0 điểm) 
 Cho parabol (P) : y = x2 vµ đường thẳng (d): y = 2(m - 1)x + m2 + 2m
 (m là tham số, m Î R).
 a) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm I(1; 3).
 b) Chứng minh rằng parapol (P) luôn cắt đường thẳng (d) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm A, B, Tìm m sao cho: x12 +x22 + 6x1x2 > 2016 .
a) Để đường thẳng (d): y = 2(m - 1)x + m2 + 2m đi qua điểm I(1; 3) 
 3 = 2(m - 1).1 + m2 + 2m m2 +4m -5 = 0
Ta có : a + b + c = 1 + 4 – 5 = 0 nên phương trình trên có hai nghiệm :
Vậy m = 1 hoặc m = -5 thì đường thẳng (d) đi qua điểm I(1; 3). 
b) Phương trình hoành dộ giao điểm của parapol (P) và đường thẳng (d) là :
 x2 = 2(m - 1)x + m2 + 2m
 ( *) 
Phương trình (*) có : > 0 với mọi m .
Nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 
Do đó parapol (P) luôn cắt đường thẳng (d) tại hai điểm phân biệt A, B.
Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm A, B thì x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (*) .
Theo hệ thức Vi –ét ta có : 
Theo giả thiết , ta có : x12 +x22 + 6x1x2 > 2016
Vậy là giá trị cần tìm.
Câu 3: (2.0 điểm)
Giải hệ phương trình: 
Cho tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 15 cm. Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 3cm. Tìm độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông đó. 
a) Ta có : 
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x ;y) = (2;3)
b) Gọi độ dài cạnh góc vuông nhỏ là x (cm) với 0<x < 15.
Vì hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 3cm nên độ dài cạnh góc vuông còn lại là x + 3(cm)
Vì tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 15 cm nên theo định lý Py –ta go ta có phương trình : x2 + (x +3)2 = 152 
 Ta có : 
Phương trình trên có hai nghiệm : ( thỏa mãn), ( loại )
Vậy độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông đó là 9cm và 9 + 3 = 12cm.
Câu 4: (3.5 điểm) 
 Cho ®­êng trßn (O) vàđiểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là hai tiếp điểm) .
 a) Chứng minh: Tø gi¸c ABOC nội tiếp .
 b) Gọi H là trực tâm tam giác ABC, chứng minh tứ giác BOCH là hình thoi.
 c) Gọi I là giao điểm của đoạn OA với đường tròn. Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
 d) Cho OB = 3cm, OA = 5 cm. Tính diện tích tam giác ABC . 
a) Ta có AB và AC là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn (O) , với B,C là hai tiếp điểm nên OB AB và OC AC 
 và 
Tứ giác ABOC có tổng hai góc đối : 
Do đó tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn.
b) Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên BH và CH là hai đường cao của tam giác ABC BH AC và CH AB 
mà theo câu a) OB AB và OC AC
 OB // CH và OC // BH
 Tứ giác BOCH là hình bình hành 
Lại có OB = OC ( bán kính) nên tứ giác BOCH là hình thoi.
c) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có :
 AO là tia phân giác của Ð BAC và OA là tia phân giác của Ð BOC.
Mà I là giao của OA với đường tròn tâm O nên I là điểm chính giữa của cung nhỏ BC
Ð ABI = Ð IBC
 BI là tia phân giác của Ð ABC 
Vì I là giao điểm của hai đường phân giác AO và BI của tam giác ABC nên I cách đều ba cạnh của tam giác ABC. Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
d) OB = 3cm, OA = 5 cm. Tính diện tích tam giác ABC . 
Gọi E là giao điểm của BC và OA 
Ta có AB = AC ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
 OB = OC ( bán kính)
=> AO là đường trung trực của BC 
=> AO BC tại E và BC = 2BE
Xét tam giác ABO vuông tại B có BE là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có :
OB2 = OE.OA => cm
 => AE = OA – OE = 5- 1,8 = 3,2cm
BE2 = AE.OE = 3,2.1,8 = > BE = 2,4cm => BC = 4,8cm
Vậy diện tích tam giác ABC là : AE.BC =.3,2.4,8= 7,68cm2
Câu 5 : Giải phương trình
x3 + (3x2 – 4x - 4) = 0 .
Điều kiện : x.
Đặt y = với y ta được : 
 x3 + (3x2 – 4y2)y = 0
*) Khi x = y ta có : x = 
*) Khi x + 2y = 0 ta có : x +2 = 0 
 ( thỏa mãn x )
Vậy phương trình có hai nghiệm : 
ĐỀ 5
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Lạng Sơn
Năm học 2016 – 2017
Thời gian làm bài: 120 phút.
Thi ngày 16 – 06 – 2016.
Câu 1 ( 2 điểm)
Tính: A = ; B = 
Rút gọn: P = 
Câu 2: ( 1,5 điểm) 
Vẽ đồ thị hàm số: y = 2x2.
Cho phương trình: x2 + (m+1)x + m = 0 (1) , ( m là tham số)
Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x12x2 + x22x1 = -2.
Câu 3(2 điểm)
Giải hệ: 
Một hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Nếu tăng chiều dài thêm 4 mét và tăng chiều rộng thêm 5 mét thì diện tích của nó tăng thêm 160m2. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó.
Câu 4: ( 3,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lấy điểm M. Đường tròn tâm O đường kính MC cắt BC tại điểm thứ hai là E. Đường thẳng BM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D.
Cmr: Tứ giác ABEM nội tiếp.
Cmr: ME.CB = MB.CD
Gọi I là giao điểm của AB và DC, J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC. Cmr: AD vuông góc với JI.
Câu 5 ( 1 điểm) Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
Hết
Hướng dẫn gải: 
Câu 1 (2 điểm) 
a. Tính giá trị các biểu thức: 
	A = 
	B = 
b. 
Câu 2 (1,5 điểm)
a. Vẽ đồ thị hàm số y = 2x2
Bảng biến thiên: 
x
-2
-1
0
1
2
y = 2x2
8
2
0
2
8
Vẽ đồ thị y = 2x2 HS tự vẽ
b. Phương trình x2 + (m+1)x + m = 0 (1)
Có = (m+1)2 - 4 . 1 . m = m2 + 2m + 1 - 4m = m2 - 2m + 1 = (m - 1)2 0 với Phương trình luôn (1) có 2 nghiệm x1, x2 .
Theo Vi ét: x1 + x2 = – m – 1 và x1 . x2 = m
Theo đề bài ta có: 
 Có 
Vậy với thì Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm thỏa mãn: 
Câu 3. (2 điểm) 
a. GPT: 
b. Gọi chiều rộng là x(m) (x > 0) ta có bảng:
Giả thiết
Chiều rộng
Chiều dài
Diện tích
Giả thiết 1
x
2x
x.(2x) = 2x2
Giả thiết 2
x + 5
2x + 4
(x+5)(2x+4) = 2x2 + 14x + 20
Theo đề bài: "Nếu tăng chiều dài thêm 4 mét và tăng chiều rộng thêm 5 mét thì diện tích của nó tăng thêm 160m2" nên ta có phương trình: 
 2x2 + 14x + 20 = 2x2 + 160 14x = 140 x = 10 è 2x = 20
Vậy Hình chữ nhật đó có chiều rộng là 10 mét và chiều dài là 20 mét.
Câu 4 (3,5 điểm)
Xét tứ giác ABEM có: 
+) (gt)
+) (góc n.tiếp chắn nửa đường tròn)è 
Do đó: 
Vậy tứ giác ABEM nội tiếp đường tròn 
Đường kính BM
 Ta có (g.g)
Vì: chung và 
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
è ó ME.CB = MB.CD
Đây là điều phải chứng minh.
c). Gọi xy là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC tại I.
Ta có: ( cùng bằng nửa số đo cung IB của (J) )
Lại có: è tứ giác ABDC nội tiếp 
 è ( góc ở trong bằng góc ở ngoài tại đỉnh đối diện – T/C tứ giác nội tiếp)
Do đó è xy//AD ( hai góc ở vị trí so le trong bằng nhau) (1)
Mặt khác xy IJ ( tính chất của tiếp tuyến với bán kính tại tiếp điểm) (2)
Từ (1) và (2) ta có: AD IJ 
Câu 5. cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
Đặt x = b + c – a. y = c + a – b và z = a + b – c.( ĐK: x; y; z > 0)
Ta có: a = (y + z); b = ( x + z) và c = ( x + y).
Khi đó P 
 (áp dụng BĐT Cô – Si)
Dấu "=" xảy ra 
Vậy P đạt giái trị nhỏ nhất là: 22 khi 5b = 4a và 5c = 3a.
ĐỀ 6
	ĐỀ 7
SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT 
ĐỀ CHÍNH THỨC
 NĂM HỌC 2016 - 2017
	 Khóa ngày `08/06/2016
	 MÔN: TOÁN
 SBD. Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
 Đề có 01 trang, goomg 05 câu
MÃ ĐỀ 086
Câu 1(2.0điểm). Cho biểu thức B= với b>0 và b 1
Rút gọn biểu thức B.
Tìm các giá trị của b để B= 1.
Câu 2(1,5 điểm). 
a) Giải hệ phương trình sau: 
b) Cho hàm số bậc nhất y = (n-1)x + 3 (n là tham số). Tìm các giá trị của n để hàn số đồng biến.
Câu 3(2.0điểm). Cho phương trình x2 – 6x + n = 0 (1) (n là tham số). 
Giải phương trình (1) khi n = 5
Tìm n để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn mãn 
Câu 4(1.0điểm). Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn .
Chứng minh rằng 
Câu 5(3.5điểm). Cho đường tròn tâm O ,bán kính R và N là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB với đường tròn (O) (A, B là hai tiếp điểm).
Gọi E là giao điểm của AB và ON.
a) Chứng minh tứ giác NAOB nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Tính độ dài đoạn thẳng AB và NE biết ON = 5cm và R = 3 cm.
c) Kẻ ta Nx nằm trong góc ANO cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D ( C nằm giữa N và D). Chứng minh rằng 
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM
Câu
Nội dung
Điểm
1
2.0điểm
1a
B = 
 = 
 ==
Vậy B = với b>0 và b 1
1b
Khi B =1 
 Ta có =1
 2= b-1b=3 (TMĐK)
Vậy khi B = 1 thì b = 3
2
1,5điểm
2a
 Ta có: 
2b
Hàm số đồng biến khi hệ số a > 0 
 n-1>0 n>1
3
2,0điểm
3a
Khi n = 5 phương trình (1) trở thành x2 – 6x + 5 = 0 
Phương trình có dạng a+b+c = 0
Nên phương trình có nghiệm: x1 = 1; x2 = 5
3b
Ta có 
Để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì 
Hay 9 - b n
Theo hệ thức Vi-ét ta có: 
 Mà 
Hay n2 + 62 – 2n +1 = 36
 n2 – 2n +1 = 0
Suy ra n = 1 (TMĐK)
Vậy n =1 thì 
4
1,0điểm
Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn .
Chứng minh rằng 
Giải:
Ta có: ()2 = x + y + 2 =1
 áp dụng BĐT côsi cho 2 số (x+y) và 2 ta có: 
 (x+y+2) 2
=> (x+y+2)2 8(x+y)
=>18(x+y)
=>(x+y)
=>(x+y)2xy (điều phải chứng minh)
5
3,5điểm
5a
Ta có (Vì AN là tiếp tuyến của đường tròn (O))
 (Vì AN là tiếp tuyến của đường tròn (O))
Do đó 
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác NAOB nội tiếp được trong một đường tròn.
5b
Ta có NA = NA ( Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra cân tại N
Mà NO là phân giác của ( Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Nên NO cũng là đường cao của do đó NEAB hay AENO
Xét vuông tại A (Vì AN là tiếp tuyến của đường tròn (O)) có đường cao AE.
Áp dụng định lý Py –ta -go ta có: ON2 = NA2 + OA2
Suy ra NA = 
Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có
 ON.AE = AN.OA
5.AE =4.3
AE = 2,4
AB= 2AE= 2. 2,4 =4,8 (cm) (Vì ONAB) 
 AN2 = NE.NO 
5c
Xét vuông tại A có AE là đường cao nên NA2 = NE.NO (1)
Xét và có: chung; (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC)
Nên đồng dạng với (g-g)
 hay NA2 = NC.ND (2)
Từ (1) và (2) suy ra NE.NO = NC.ND 
Xét và có chung mà (c/m trên)
Nên đồng dạng với (c-g-c) 
Do đó tứ giác OECD nội tiếp (Theo dấu hiệu)
 (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung OD) 
Mà cân tại O (Do OC = OD = R)
Suy ra 
	ĐỀ 8
ĐỀ 9
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
NĂM HỌC 2016 - 2017
ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 12 tháng 6 năm 2016
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
	Câu 1. (2 điểm)
	Giải các phương trình và phương trình sau:
	a) 
	b) 
	c) 
	d) x(x + 3) = 15 – (3x – 1)
	Câu 2. (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số và đường thẳng (D): y = trên cùng một hệ trục tọa độ.
	 b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu tên bằng phép tính.
	Câu 3. (1,5 điểm)
	a) Thu gọn biểu thức sau: A = 
	b) Ông Sáu gửi một số tiền vào ngân hàng theo mức lãi suất tiết kiệm với kỳ hạn 1 năm là 6%. Tuy nhiên sau thời hạn một năm, ông Sáu không đến nhận tiền lãi mà đề thêm một năm nữa mới lãnh. Khi đó số tiền lãi có được sau năm đầu tiên sẽ được ngân hàng cộng dồn vào số tiền gửi ban đầu đề thành số tiền gửi cho năm kế tiếp với mức lãi suất cũ. Sau hai năm ông Sáu nhận được số tiền là 112.360.000 đồng (kể cả gốc lẫn lãi). Hỏi ban đầu ông Sáu đã gửi bao nhiêu tiền?
Câu 4. (1,5 điểm)
Cho phương trình x2 – 2mx + m –2 = 0 (1) (x là ẩn số)
Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m.
Định m để hai nghiệm x1, x2 của phương trình (1) thỏa mãn:
(1 + x1)(2 – x2) + (1 + x2)(2 – x1) = x12 + x22 + 2
	Câu 5. (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AC, AB lần lượt tại D, E. Gọi H là giao điểm của BD và CE; F là giao điểm của AH và BC.
	a) Chứng minh: AF BC và .
	b) Gọi M là trung điểm của AH. Chứng minh: MD OD và 5 điểm M, D, O, F, E cùng thuộc một đường tròn.
c) Gọi K là giao điểm của AH và DE. Chứng minh: MD2 = MK. MH và K là trực tâm của tam giác MBC.
	d) Chứng minh: .
ĐỀ 10
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2016 – 2017
 ĐỀ CHÍNH THỨC 
 Môn : TOÁN 
 Thời gian làm bài : 120 phút 
 ( Đề này có 1 trang, gồm 5 câu )
Câu 1. ( 2,0 điểm ):
	1 ) Giải phương trình 	
	2 ) Giải phương trình 
3) Giải hệ phương trình : 
Câu 2. ( 2,0 điểm ):
Cho hai hàm số y = x2 và y = x – 
1) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
2 ) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị đó. 
Câu 3. ( 1,5 điểm ):
	Cho phương trình: x2 – 2mx + 2m – 1 = 0 với x là ẩn số, m là tham số.
	a / Chứng minh phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m .
b / Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho . Tính theo m.
Câu 4. ( 1,0 điểm ):
	Cho biểu thức: với và 
1 ) Rút gọn biểu thức .
2 ) Tính giá trị của biểu thức khi x = , y = .
Câu 5. ( 3,5 điểm ):
	Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm B và vuông góc với AC tại K. Đường thẳng d cắt tiếp tuyến đi qua A của đường tròn ( O ) tại điểm M và cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai N ( N khác B ). Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên BC.
	1) Chứng minh tứ giác CNKH nội tiếp được trong một đường tròn. 
	2) Tính số đo góc , biết số đo cung nhỏ BC bằng .
	3) Chứng minh rằng: KN.MN = .( AM 2 – AN 2 – MN 2 ).
HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2016 – 2017
 ĐỀ CHÍNH THỨC 
 Môn : TOÁN 
 Thời gian làm bài : 120 phút 
 ( Đề này có 1 trang, gồm 5 câu )
Câu 1 : ( 2,0 điểm )
	1 ) Nghiệm của phương trình là: x = 	
	2 ) Nghiệm của phương trình là: 
3) Nghiệm của hệ phương trình : là : 
Câu 2 : ( 2,0 điểm )
Cho hai hàm số y = x2 và y = x – 
1) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
2 ) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là :
x2 = x – 
Giải được : 
Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị đã cho là : 
Câu 3 : ( 1,5 điểm )
	Cho phương trình: x2 – 2mx + 2m – 1 = 0 với x là ẩn số, m là tham số.
	a ) Ta có : 
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m .
b ) S = x1 + x2 =
P = x1 . x2 = 
Ta có : 
Câu 4 : ( 1,0 điểm )
	Cho biểu thức: với và 
1 ) Rút gọn biểu thức .
 với và 
2 ) Thay x = , y = vào biểu thức ta được: 
Câu 5 : ( 3,5 điểm )
	1) Chứng minh tứ giác CNKH nội tiếp được trong một đường tròn:
Chứng minh tứ giác CNKH nội tiếp được trong một đường tròn đườn