SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học 2015 - 2016

Môn: TOÁN (chung)
Thời gian làm bài: 120 phút.

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm: 01 trang)

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

2
1) Cho phương trình x − 2 ( m − 1) x + m − 6 = 0 (1) (với m là tham số).
a) Giải phương trình với m = 3.
b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có các nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 = 16 .

 x + 2 ( x − y + 3) = y
2) Giải hệ phương trình  2

 x + ( x + 3) ( 2 x − y + 5 ) = x + 16.
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC ) , đường cao AH . Đường tròn tâm I
đường kính AH cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N . Gọi O là trung điểm của đoạn BC , D là
giao điểm của MN và OA.
1) Chứng minh rằng:
a) AM . AB = AN . AC.
b) Tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng:
a) ∆ADI ∽ ∆AHO .
1
1
1
=
+
.
b)
AD HB HC
3) Gọi P là giao điểm của BC và MN , K là giao điểm thứ hai của AP và đường tròn đường
·
kính AH . Chứng minh rằng BKC
= 900.
Câu 5. (1,0 điểm)


1) Giải phương trình

3x 2 − 6 x − 6 = 3

( 2 − x)

5

+ ( 7 x − 19 ) 2 − x .

2) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
a
b
c
T= 4
+ 4
+ 4
.
4
4
b + c + a a + c + b a + b4 + c
---------HẾT--------Họ và tên thí sinh:………………….................
Số báo danh:……………………….................

Họ tên, chữ ký GT 1……………………..................
Họ tên, chữ ký GT 2……………………..................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NAM ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: TOÁN (Đề chung)

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

Vậy điều kiện xác định của biểu thức

(

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

2 +1 −

2 −1 =

(

) (


2 +1 −

)

)

2

2 +1 −

(

)

2 −1

2 −1 = 2

2

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

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

0,25

0,25

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

0,25


Q=



=


=


(

(

)



2 ÷  x x +1
1− x
−
.
−
x +1
x −1
x +1 x −1÷ 
x 1− x

x +1
2 
1 
−
÷.  x −
÷
x −1 x −1  
x
x −1   x −1 
x −1
=
.
÷. 
÷
x −1   x 
x
x +1


)(

)

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

(

)


÷
÷


0,25
Điểm

0,5

0,25
0,25

x −1
x

x −1
= −1 ⇔ x − 1 = − x
x
1

⇔ 2 x = 1 ⇔ x = (thỏa mãn điều kiện)
4

Do đó Q = −1 ⇔

1
Vậy với x = thì Q = −1.
4
Câu 3 (2,5 điểm)

Đáp án

0,25

0,25

Điểm


1) (1,5 điểm)
a) (0,75 điểm) Với m = 3 , ta có phương trình (1) trở thành x 2 − 4 x + 3 = 0
Ta có a + b + c = 1 − 4 + 3 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 3
Vậy với m = 3 , phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 3
2
2
b) (0,75 điểm) x − 2 ( m − 1) x + m − 6 = 0 (1)
2
Phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn x có ∆ ' = ( m − 1) − ( m − 6 ) = 7 − 2 m

0,25

0,25
0.25

2

Phương trình (1) có các nghiệm x1 , x2 ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ 7 − 2m ≥ 0 ⇔ m ≤
2
Khi đó theo định lý Viét ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) ; x1.x2 = m − 6

7
(*)
2

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

0,25

0,25

2

m = 0
2
2
2

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

0,25

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

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

(

x+2


2

y +

2

0,25

0,25

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

x 2 + ( x + 3) ( 2 x − ( x + 2 ) + 5 ) = x + 16 ⇔ x 2 + ( x + 3) 2 = x + 16
x = 1
2
⇔ 2 x + 5x − 7 = 0 ⇔ 
x = − 7

2
+) Với x = 1 ⇒ y = 3.

( TM )

0,25

( Ko TM )

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 1;3) .
Câu 4 (3,0 điểm)
Đáp án


0,25
Điểm


1) (1,0 điểm)
a) (0,5 điểm) Xét đường tròn ( I ) có
B
·AMH = ·ANH = 900 (góc nội tiếp
chắn nửa đường tròn) nên HM , HN
H
M
tương ứng là đường cao của các tam
giác vuông ABH , ACH
K
O
+) ∆ABH vuông tại H , có đường
I
cao HM nên suy ra AM . AB = AH 2
D
+) ∆ACH vuông tại H , có đường
cao HN nên suy ra AN . AC = AH 2
A
N
C
Do đó AM . AB = AN . AC
AM AN
=
b) (0,5 điểm) Theo câu a) ta có AM . AB = AN . AC ⇒
AC AB

AM AN
=
Xét ∆AMN và ∆ACB có ¶A chung,
nên suy ra ∆AMN ∽ ∆ACB ( cgc )
AC AB
·
·
·
·
Do đó ·AMN = ·ACB ⇒ BCN
+ BMN
= ·ACB + BMN
= ·AMN + BMN
= 1800
·
·
Mà các góc BCN
ở vị trí đối diện nên suy ra tứ giác BMNC nội tiếp.
, BMN
P

2) (1,0 điểm)
a) (0,5 điểm) Ta có tam giác ABC vuông tại A và O là trung điểm của cạnh BC nên
·
·
·
·
OA = OB = OC ⇒ ∆OAC cân tại O ⇒ OAC
= OCA
⇒ OAC

= BCN
·
·
·
Mà ·AMN = ·ACB = BCN
nên ·AMN = OAC
⇒ ·AMN = DAN
·
Vì ∆AMN vuông tại A nên ·AMN + ·ANM = 900 ⇒ DAN
+ ·ANM = 900 ⇒ ·ADN = 900
·
Mà MAN
= 900 ⇒ MN là đường kính của đường tròn ( I ) ⇒ I là trung điểm của MN
nên ·ADI = 900 .
Xét ∆AID và ∆AOH có ·ADI = ·AHO = 900 và ¶A chung do đó ∆ADI ∽ ∆AHO ( gg )

AD AI
1
AO
=
⇒
=
AH AO
AD AH . AI
1
1
1
BC
=
Mà AO = BC , AI = AH ⇒

2
2
AD AH 2
Mặt khác , vì tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao nên AH 2 = HB.HC
1
HB + HC
1
1
=
=
+
Suy ra
AD HB.HC
HB HC
·
·
·
·
3) (1,0 điểm) Vì tứ giác BMNC nội tiếp ⇒ PBM
= MNC
⇒ PBM
+ ·ANM = MNC
+ ·ANM = 1800
(1)
·
Vì tứ giác ANMK nội tiếp ⇒ PKM
= ·ANM (2)
·
·
Từ (1) và (2) suy ra PBM

+ PKM
= 1800 , do đó tứ giác PKMB nội tiếp
·
·
·
⇒ PKB
= PMB
= ·AMN = ·ACB ⇒ ·AKB + ·ACB = ·AKB + PKB
= 1800

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

b) (0,5 điểm) Vì ∆ADI ∽ ∆ AHO ⇒

·
·
Do đó tứ giác BKAC nội tiếp ⇒ BKC
= BAC
= 900 .
Câu 5 (1,0 điểm)

Đáp án

0,25

0,25

0,5

0,5
Điểm


3x 2 − 6 x − 6 ≥ 0
⇔ x ≤ 1− 3
1) (0,5 điểm) Điều kiện xác định 
2 − x ≥ 0
Với x ≤ 1 − 3 , phương trình đã cho tương đương với:
3x 2 − 6 x − 6 = 3( 2 − x )

2

2 − x + ( 7 x − 19 ) 2 − x

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


3x 2 − 5 x − 8

(do

(

)

0,25

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

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

(

)

8
(không thỏa mãn đk)
3

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

⇔ x − 1 = 3 x 2 − 6 x − 6. 2 − x ( *)
Vì x ≤ 1 − 3 nên x − 1 < 0 ≤ 3 x 2 − 6 x − 6. 2 − x do đó (*) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −1

4
4
2
2
2) (0,5 điểm) Ta có: a + b ≥ ab ( a + b ) ∀a; b ∈ ¡
4
4
2
2
4
4
3
3
Thật vậy a + b ≥ ab ( a + b ) ⇔ a + b ≥ a b + ab

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

2

(a

2

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

4
4
2
2
4

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

c
c2
c
c2
⇔ 4
≤
⇔ 4
≤

a + b 4 + c abc ( a 2 + b 2 + c 2 )
a + b4 + c a 2 + b2 + c 2

0,25

( 1)

b
b2
a
a2
≤
2
≤
( )
( 3)
a 4 + c4 + b a2 + b2 + c2
b4 + c4 + a a 2 + b2 + c 2
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có:
a
b
c
a2
b2
c2
+
+
≤
+
+

=1
b4 + c4 + a a 4 + c4 + b a4 + b 4 + c a 2 + b 2 + c 2 a 2 + b2 + c 2 a 2 + b 2 + c 2
⇒ T ≤ 1 ∀a; b; c > 0 thỏa mãn abc = 1 .
Với a = b = c = 1 thì T = 1 . Vậy GTLN của T là 1.

Tương tự

0,25

Chú ý:
- Nếu thí sinh làm bài theo cách khác với đáp án mà vẫn đúng theo kiến thức của chương trình thì tổ
chấm thống nhất cho điểm thành phần sao cho tổng điểm như hướng dẫn quy định.
- Điểm toàn bài không làm tròn.
_______________HẾT______________


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2015-2016

MÔN THI: TOÁN
(Dành cho tất cả thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (3,0 điểm).

2x + 2 x x −1 x 2 + x
+
−

Cho biểu thức: P =
x
x− x x x +x

( x > 0; x ≠ 1).

a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của thức P khi x = 3− 2 2
c) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của x để biểu thức P có nghĩa thì biểu thức

7
chỉ nhận một giá trị
P

nguyên.
Bài 2 (2,0 điểm).
Cho phương trình x2 – 2mx + (m – 1)3 = 0

(m là tham số).

a) Giải phương trình khi m = –1.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm
còn lại.
Bài 3 (1,0 điểm).
Giải phương trình:

9
2x
+
− 1 = 0.

2
x2
2x + 9

Bài 4 (3,5 điểm).
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Đường tròn đường kính AH, tâm O, cắt các cạnh AB và
AC lần lượt tại E và F. Gọi M là trung điểm của cạnh HC.
a) Chứng minh AE.AB = AF.AC.
b) Chứng minh rằng MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH.
c) Chứng minh HAM = HBO
d) Xác định điểm trực tâm của tam giác ABM.
Bài 5 (0,5 điểm). Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng:

1
1
1
3
+
+
≥
a 2 +1 b2 +1 c2 +1 2
Hết

Họ và tên thí sinh: …………………………………………………………………………..


SỞ GD-ĐT THÁI BÌNH

CÂU
1a


NỘI DUNG
P=
=

1b

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2015-2016
DỰ THẢO HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
MÔN TOÁN CHUNG

2x + 2 x x −1 x x +1
+
−
x
x− x
x+ x

2x + 2
+
x

(

(

)(
x(

0,25


) −(

)(
x(

x −1 x + x +1

)

x −1

ĐIỂM

) (

)

x +1 x − x +1

)

x +1

0,5

)

=


x + x +1
x − x +1
2x + 2
+
−
x
x
x

0,5

=

2x + 2
2x + 2 x + 2
+2=
x
x

0,25

Ta có x = 3 − 2 2 ⇒ x = 2 − 1
Thay vào biểu thức P = 2

(

)

2 −1 + 2 +


0,25
2
2 −1

0,25

Tính được kết quả P = 4 2 + 2
1c

Đưa được

0,25

7
7 x
=
P 2x + 2 + 2 x

0,25
7 x
7
<
2x + 2 + 2 x 6

0,25

7
chỉ nhận một giá trị nguyên đó là 1 khi
P
 x =2

x = 4

7 x = 2x + 2 + 2 x ⇔ 2x − 5 x + 2 ⇔
⇔
 x=1
x = 1

4

2

0,25

Đánh giá 2 x + 2 + 2 x > 6 x , suy ra 0 <
Vậy

2a
2b

Khi m = −1 ta có phương trình x 2 + 2 x − 8 = 0
Giải phương trình ta được hai nghiệm: x1 = 2; x2 = −4
Tính được ∆ ' = m 2 − ( m − 1)

0,5
0,5

3

0,25


Để phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ m 2 − ( m − 1) > 0 (*)
3

Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình, theo Viet ta có
 x1 + x2 = 2m (1)

3
 x1 x2 = ( m − 1) (2)

0,25


Giả sử x1 = ( x2 ) thay vào (2) ta được x2 = m − 1; x1 = ( m − 1)
2

2

0,25

Thay hai nghiệm x1 ; x2 vào (1) ta được
m = 0
+ ( m − 1) = 2m ⇔ m 2 − 3m = 0 ⇔ 
m = 3
Khẳng định hai giá trị m vừa tìm được thỏa mãn điều kiện (*), kết luận

0,25

2 x2 + 9
x
+2

−3= 0
Điều kiện: x ≠ 0 , đưa phương trình trở thành:
2
x
2 x2 + 9

0,25

( m − 1)

3

2

Đặt ẩn phụ:

x
2x2 + 9

= t , phương trình trở thành:

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

0,25

Trường hợp: t = 1 ta có x = 2 x 2 + 9 (vô nghiệm)


0,25

3

2

Trường hợp: t = −

2

1
ta có
2

x < 0
3 2
2 x 2 + 9 = −2 x ⇔  2
⇔x=−
2
2 x = 9

0,25

4a

Xét hai tam giác: AEF và ACB có góc A chung
Ta có ·AEF = ·AHF ; ·AHF = ·ACB suy ra ·AEF = ·ACB
·
(hoặc ·AFF = ·AHE ; ·AHE = ABC
suy ra ·AFE = ·ABC )

Suy ra hai tam giác AEF và ACB đồng dạng
Từ tỷ số đồng dạng
4b

4c

AE AF
=
ta có AE.AB = AC.AF
AC AB

Xét hai tam giác OHM và OFM có OM chung, OF = OH.
Có MF = MH (vì tam giác HFC vuông tại F, trung tuyến FM)
Suy ra ∆OHM = ∆OFM (c.c.c)
·
Từ đó MFO
= 900 , MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH
·
Xét hai tam giác AHM và BHO có ·AHM = BHO
= 900
Trong tam giác vuông ABC, đường cao AH có

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25


4d

Suy ra ∆HBO : ∆HAM

0,25

·
·
Suy ra HAM
= HBO

0,25

Gọi K là giao điểm của AM với đường tròn
·
·
·
Ta có HBO
, suy ra BO // HK
= HAM
= MHK
Mà HK ⊥ AM , suy ra BO ⊥ AM , suy ra O là trực tâm của tam giác ABM

5


0,25
0,25

Giả sử a ≥ b ≥ c , từ giả thiết suy ra ab ≥ 1 . Ta có bất đẳng thức sau:
2
a − b ) ( ab − 1)
1
1
2
(
+
≥
⇔
≥ 0 (luôn đúng).
1 + a 2 1 + b 2 1 + ab
( 1 + a 2 ) ( 1 + b2 ) ( 1 + ab )
Vậy ta cần chứng minh:

2
1
3
+
≥
2
1 + ab 1 + c
2

0,25

⇔ c 2 + 3 − ab ≥ 3abc 2 ⇔ c 2 + ca + bc ≥ 3abc 2 ⇔ a + b + c ≥ 3abc

( a + b + c ) 2 ≥ 3 ( ab + bc + ca ) = 9

Bất đẳng thức hiển nhiên đúng vì 
2
ab + bc + ca ≥ 3 3 ( abc )
hay a + b + c ≥ 3 ≥ 3abc .
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1

0,25

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 .Chứng minh rằng:
ab
c2 + 3

5

Ta có
Ta có

( a + b + c)
c +3
2

bc
a2 + 3

+

ca
b2 + 3


≤

3
2

2

3
ab

+

≤

≥ ab + bc + ca ⇒ ab + bc + ca ≤ 3
ab
c + ab + bc + ca
2

=

ab

( a + c) ( b + c)

0,25
≤

ab  1

1 
+

÷
2 a+c b+c

1  ab
ab
bc
ca
ca  1
3
VT ≤ 
+
+
+
+
÷ = ( a + b + c ) = (đpcm)
2 a+c b+c c+a c+b a+b 2
2
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC

0,25

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2015-2016

Môn: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào lớp Chuyên Tin học)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang

Câu 1 (2,0 điểm)
2
a) Giải phương trình: x − 3 x + 2 = 0.


x − y − z = 1

b) Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn:  y − z − x = 3.
z − x − y = 5


Câu 2 (2,0 điểm)

a) Phép toán T được định nghĩa như sau: aTb =

1 1
− , với a và b là các số thực khác 0
a b

1 1 1
− = . Tính giá trị biểu thức: P = ( 5 T 6 ) T ( 7 T 8 ) .
2 3 6
b) Cho a và b là các số thực thỏa mãn các điều kiện:
6a 2 + 20a + 15 = 0; 15b 2 + 20b + 6 = 0; ab ≠ 1.


tùy ý. Thí dụ: 2 T 3 =

Chứng minh rằng:

b3
ab − 9 ( ab + 1)
2

3

=

6
.
2015

Câu 3 (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n + 2015 và n + 2199 đều là các số chính phương.
b) Bạn Nam viết một chương trình để máy tính in ra các số nguyên dương liên tiếp theo thứ tự
tăng dần từ 1 đến 1000 dưới dạng sau:
12345678910111213141516...9989991000.
Trong dãy số trên, tính từ trái qua phải, chữ số thứ 11 là chữ số 0, chữ số thứ 15 là chữ số 2. Hỏi chữ số
thứ 2016 trong dãy số trên là chữ số nào?
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD tâm O, M là điểm di động trên cạnh AB. Trên cạnh AD lấy điểm E sao
cho AM = AE , trên cạnh BC lấy điểm F sao cho BM = BF .
·
a) Chứng minh rằng đường thẳng OA là phân giác trong của góc MOE
, đường thẳng OB là
·

phân giác trong của góc MOF
. Từ đó suy ra ba điểm O, E, F thẳng hàng.
b) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M tới đường thẳng EF. Chứng minh bốn điểm A, B,
H,O cùng nằm trên một đường tròn.
c) Chứng minh rằng khi điểm M di động trên cạnh AB thì đường thẳng MH luôn đi qua một
điểm cố định.
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho x là một số thực tùy ý. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

f ( x) = x −1 + 2 x − 2 + 3 x − 3 + 4 x − 4 .

------------------------------------ Hết -------------------------------------Họ và tên thí sinh: .......................................................................... Số báo danh: ..........................
Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2015-2016
(Dành cho thí sinh thi vào lớp Chuyên Tin học)

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN
(Hướng dẫn chấm thi gồm 05 trang)
I. Một số chú ý khi chấm bài
• Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám
khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến

0,25 điểm.
• Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho
điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.
• Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số.
II. Hướng dẫn chấm và biểu điểm
Câu 1 (2,0 điểm)
2
c) Giải phương trình: x − 3 x + 2 = 0.
x − y − z = 1

d) Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn:  y − z − x = 3.
z − x − y = 5


HƯỚNG DẪN CHẤM
a) (1,00 điểm)
2
Phương trình đã cho tương đương với phương trình x − 3 x + 2 = 0

⇔ ( x − 1) ( x − 2 ) = 0

 x =1
⇔
 x = 2
Phương trình có nghiệm x ∈ { −2; −1;1;2} .
b) (1,00 điểm)
Cộng vế với vế các phương trình đã cho ta được x + y + z = −9.
Phương trình đầu có dạng 2 x − ( x + y + z ) = 1 ⇒ x = −4.

ĐIỂM

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Phương trình thứ hai có dạng 2 y − ( x + y + z ) = 3 ⇒ y = −3.

0,25đ

Phương trình thứ ba có dạng 2 z − ( x + y + z ) = 5 ⇒ z = −2.
Thử lại thỏa mãn. Vậy x = −4, y = −3, z = −2.

0,25đ


Câu 2 (2,0 điểm)
c) Phép toán T được định nghĩa như sau: aTb =

1 1
− , với a và b là các số thực khác 0
a b

1 1 1
− = . Tính giá trị biểu thức: P = ( 5T 6 ) T ( 7 T 8 ) .
2 3 6
d) Cho a và b là các số thực thỏa mãn các điều kiện:
6a 2 + 20a + 15 = 0; 15b 2 + 20b + 6 = 0; ab ≠ 1.


tùy ý. Thí dụ: 2 T 3 =

Chứng minh rằng:

b3
ab − 9 ( ab + 1)
2

3

=

6
.
2015

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐIỂM

a) (1,00 điểm)
Theo định nghĩa phép toán T, ta có:

1 1 1
5T 6 = − =
5 6 30
1 1 1
7T 8 = − =
7 8 56
 1   1 

Suy ra P = ( 5T 6 ) T ( 7 T 8 ) =  ÷T  ÷
 30   56 
 1   1 
Vậy P =  ÷T  ÷ = 30 − 56 = −26.
 30   56 
b) (1,00 điểm)
Ta ký hiệu các điều kiện như sau
6a 2 + 20a + 15 = 0 (1); 15b 2 + 20b + 6 = 0

0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ

(2); ab ≠ 1 (3).

Dễ thấy các phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt.
Do (3) nên b khác 0. Chia hai vế của (2) cho b2 ta được
2
1
1
6  ÷ + 20  ÷+ 15 = 0 (4)
b
b
1
Từ (1), (3) và (4) suy ra a và là hai nghiệm khác nhau của phương trình
b
2
6 x + 20 x + 15 = 0

(5)
1
10 a 5
Theo định lí Vi-ét: a + = − ; = .
b
3 b 2
Từ đó
3
3
3
ab 2 − 9 ( ab + 1)
a
1 5

 10  2015
= − 9 a + ÷ = − 9 − ÷ =
b3
b
b 2
6

 3
Suy ra

b3

=

6
, điều phải chứng minh.

2015

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ
ab 2 − 9 ( ab + 1)
Câu 3 (2,0 điểm)
c) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n + 2015 và n + 2199 đều là các số chính
3


phương.
d) Bạn Nam viết một chương trình để máy tính in ra các số nguyên dương liên tiếp theo
thứ tự tăng dần từ 1 đến 1000 dưới dạng sau:
12345678910111213141516...9989991000.
Trong dãy số trên, tính từ trái qua phải, chữ số thứ 11 là chữ số 0, chữ số thứ 15 là chữ số 2.
Hỏi chữ số thứ 2016 trong dãy số trên là chữ số nào?
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐIỂM
a) (1,00 điểm)
Giả sử a và b là các số tự nhiên sao cho n + 2015 = a 2 ; n + 2199 = b 2 .
0,25đ
Suy ra ( b − a ) ( b + a ) = 184.
3
Hay ( b − a ) ( b + a ) = 2 .23
Vì b − a và b + a là các số có cùng tính chẵn lẻ và b − a < b + a nên chỉ xảy ra hai

trường hợp
b − a = 2
b − a = 4
( I ) và 
( II )

b
+
a
=
92
b
+
a
=
46


Trường hợp thứ nhất
a = 45
⇒ n = 10. Thỏa mãn.
( I) ⇔
b = 47

0,25đ

0,25đ

Trường hợp thứ hai
a = 21

⇒ n = −1574 < 0. Không thỏa mãn.
( II ) ⇔ 
0,25đ
b = 25
Vậy n = 10.
b) (1,00 điểm)
Trong dãy số nói trên, 9 số đầu tiên: 1,2,3,...,9 là các số có 01 chữ số.
0,25đ
90 số tiếp theo: 10,11,12,...,99 là các số có 02 chữ số.
900 số tiếp theo: 100,101,102,...,999 là các số có 03 chữ số.
Như vậy, bằng cách viết nói trên ta thu được một số có:
0,25đ
9 + 2 × 90 + 3 × 900 + 4 = 2893 chữ số.
Vì 9 + 2 × 90 < 2016 < 2893 nên chữ số thứ 2016 của dãy số là một chữ số của số
0,25đ
có 03 chữ số.
Ta có 2016 = 9 + 2 × 90 + 3 × 609, số có 03 chữ số đầu tiên là 100, số có 03 chữ số
0,25đ
thứ 609 là 609 + 100 − 1 = 708 do đó chữ số thứ 2016 trong dãy đã cho là chữ số 8.
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD tâm O, M là điểm di động trên cạnh AB. Trên cạnh AD lấy điểm E
sao cho AM = AE , trên cạnh BC lấy điểm F sao cho BM = BF .
·
d) Chứng minh rằng đường thẳng OA là phân giác trong của góc MOE
, đường thẳng OB
·
là phân giác trong của góc MOF
. Từ đó suy ra ba điểm O, E, F thẳng hàng.
e) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M tới đường thẳng EF. Chứng minh bốn điểm A,
B, H,O cùng nằm trên một đường tròn.

f) Chứng minh rằng khi điểm M di động trên cạnh AB thì đường thẳng MH luôn đi qua
một điểm cố định.


I

B

M

A

F

E

O

H

D

C

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐIỂM

a) (1,00đ)
Do ABCD là hình vuông nên hai đường chéo vuông góc, hai đường chéo tạo với các

0,25đ
cạnh của hình vuông góc 45o.
·
·
Tam giác AME vuông cân đỉnh A suy ra AM = AE; EAO
= MAO
= 45O.
·
·
Suy ra ∆AMO = ∆AEO ( c.g .c ) ⇒ MOA
= EOA
.
0,25đ
·
Vậy OA là phân giác trong của góc MOE
.
·
Chứng minh tương tự, ta có OB là phân giác trong của góc MOF
0,25đ
.
·
·
·
·
Mặt khác, MOA
+ MOB
= ·AOB = 90o ⇒ MOE
+ MOF
= 2 ·AOB = 180o hay E, O, 0,25đ
F thẳng hàng. Điều phải chứng minh.

b) (1,00đ)
0,25đ
·
·
Tứ giác AEHM nội tiếp đường tròn đường kính ME nên MHA
= MEA
= 45o.
·
·
Tứ giác BFHM nội tiếp đường tròn đường kính MF nên MHB
0,25đ
= MFB
= 45o.
·
Suy ra ·AHB = ·AHM + MHB
0,25đ
= 90o.
Ta thấy O và H cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên bốn điểm A, B, H,O cùng
nằm trên đường tròn đường kính AB.
c) (1,00đ)
Đường thẳng MH cắt đường tròn đường kính AB tại điểm thứ hai I (I khác H).
·
Ta có ·AHI = BHI
= 45o nên I là điểm chính giữa cung AB (không chứa O) của
đường tròn đường kính AB.
Do A, B, O là các điểm cố định nên I là điểm cố định (I đối xứng với O qua đường
thẳng AB).
Vậy, khi M di động trên cạnh AB, đường thẳng MH luôn đi qua điểm cố định I (I đối
xứng với O qua đường thẳng AB).
Câu 5 (1,0 điểm)

Cho x là một số thực tùy ý. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

0,25đ

0,50đ

0,50đ


f ( x) = x −1 + 2 x − 2 + 3 x − 3 + 4 x − 4 .
HƯỚNG DẪN CHẤM
Xét đồ thị của hàm số y = f ( x ) .
Trên mỗi miền x ≤ 1; 1 ≤ x ≤ 2; 2 ≤ x ≤ 3; 3 ≤ x ≤ 4; x ≥ 4 (gồm 05 miền),
y = f ( x ) là các hàm số bậc nhất.

Đồ thị hàm số y = f ( x ) là đường gấp khúc gồm 02 tia và 03 đoạn thẳng liên tiếp
nhau. Mặt khác f ( x ) > 0, ∀x ∈ ¡ nên tồn tại giá trị nhỏ nhất của f ( x ) trên ¡ và
giá trị nhỏ nhất này sẽ đạt được tại đầu mút nào đó của các tia hoặc các đoạn thẳng.
Nói cách khác:
min f ( x ) = min { f ( 1) , f ( 2 ) , f ( 3) , f ( 4 ) } = f ( 3 ) = 8.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) bằng 8, đạt được khi x = 3.
Ghi chú: Học sinh có thể sử dụng phương pháp chia khoảng.

ĐIỂM
0,25đ

0,50đ

0,25đ


................................ HẾT .................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2015-2016
Môn Toán
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang
------------------------

Câu 1 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình : x + 2015 = 2016
b) Trong các hình sau, hình nào nội tiếp đường tròn: Hình vuông; hình chữ nhật; hình thang cân;
hình thang vuông.
Câu 2 (2,0 điểm)
(m − 2) x − 3 y = −5
Cho hệ phương trình: 
(I) ( với m là tham số)
 x + my = 3
a) Giải hệ phương trình (I) với m=1.
b) Chứng minh hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất với mọi m. Tìm nghiệm duy nhất đó theo m.
Câu 3 (2,0 điểm)
Cho Parabol (P): y = x 2 và đường thẳng (d) có phương trình: y = 2(m + 1) x − 3m + 2.
a) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) với m=3.
b) Chứng minh (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.
c) Gọi x1 ; x2 là hoành độ giao điểm A, B. Tìm m để x12 + x22 = 20.

Câu 4 (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) dây DE < 2R. Trên tia đối DE lấy điểm A, qua A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC
với đường tròn (O), (B, C là tiếp điểm). Gọi H là trung điểm DE, K là giao điểm của BC và DE.


a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.
b) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC. Chứng minh rằng H thuộc đường tròn (I) và HA
·
là phân giác BHC
.
2
1
1
=
+
.
c) Chứng minh rằng:
AK AD AE
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:

1
1
1
1 
 1
 1
7  2 + 2 + 2 ÷= 6 
+
+ ÷+ 2015.

b
c 
a
 ab bc ca 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P=

1
3(2a 2 + b 2 )

+

1
3(2b 2 + c 2 )

+

1
3(2c 2 + a 2 )

.

-------------- HẾT-------------Họ và tên thí sinh: ...................................................................... SBD: .................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC


HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN

(Hướng dẫn-thang điểm gồm 05 trang)
I. Một số chú ý khi chấm bài
• Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, giám khảo
cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.
• Thí sinh làm bài theo cách khác với Hướng dẫn mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm
tương ứng với thang điểm của Hướng dẫn chấm.
• Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số.
II. Hướng dẫn-thang điểm
Câu 1 (2 điểm)
a) Giải phương trình : x + 2015 = 2016
b)Trong các hình sau, hình nào nội tiếp đường tròn: Hình vuông; hình chữ nhật; hình thang cân;
hình thang vuông.
Nội dung
Điểm
a) (0,5 điểm)
0,25
x + 2015 = 2016 ⇔ x = 2016 − 2015
⇔ x =1
0,25
Vậy phương trình có nghiệm x=1
b) (1,5 điểm)
0,5
Hình vuông
Hình chữ nhật

0,5
Hình thang cân
0,5
Chú ý: Nếu học sinh trả lời cả 4 đáp án đúng thì trừ 0,25 điểm
Câu 2 (2,0 điểm)
(m − 2) x − 3 y = −5
Cho hệ phương trình: 
(I) ( với m là tham số)
 x + my = 3
a) Giải hệ phương trình (I) với m=1.
b) Chứng minh hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất với mọi m. Tìm nghiệm duy nhất
Nội dung
Điểm
a) (1 điểm)
− x − 3 y = −5
0,25
Thay m=1 ta có hệ phương trình: 
x + y = 3
−2 y = −2
y =1
⇔
⇔
0,25
x + y = 3
x = 3 − y
y =1
y =1
⇔
⇔
x = 3 −1 x = 2

Vậy với m=1 hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x;y) = (2; 1)

0,25
0,25


b) (1,0điểm)
(m − 2) ( 3 − my ) − 3 y = −5
3m − m 2 y − 6 + 2my − 3 y = −5
(m − 2) x − 3 y = −5
⇔
⇔

x
=
3
−
my
 x + my = 3
 x = 3 − my

(m 2 − 2m + 3) y = 3m − 1 ( 1)
⇔
( 2)
 x = 3 − my

0,25

0,25


2
Ta có m 2 − 2m + 3 = ( m − 1) + 2 > 0 ∀m nên PT (1) có nghiệm duy nhất ∀ m .
Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất ∀ m
3m − 1
9 − 5m
Từ (1) ta có y = 2
thay vào (2) ta có x = 2
m − 2m + 3
m − 2m + 3
Câu 3 (2 điểm)
Cho Parabol (P) y = x 2 và đường thẳng (d) có phương trình y = 2(m + 1) x − 3m + 2.
a) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) với m=3.
b) Chứng minh (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.
2
2
c) Gọi x1 ; x2 là hoành độ giao điểm A, B. Tìm m để x1 + x2 = 20.
Nội dung
a) (1 điểm)
Thay m=3 ta có (d): y = 8 x − 7

Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d) khi m=3 là: x 2 = 8 x − 7 ⇔ x 2 − 8 x + 7 = 0
Giải phương trình: x1 = 1; x2 = 7
Tọa độ giao điểm (P) và (d) là (1;1); (7; 49)
b) (0,5 điểm)
2
Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d): x − 2(m + 1) x + 3m − 2 = 0 ( 1)

0,25
0,25


Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

2

1  11

∆ = m + 2m + 1 − 3m + 2 = m − m + 3 =  m − ÷ + > 0 ∀m
2
4

Nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ∀ m . Suy ra (P) và (d) luôn cắt nhau tại
hai điểm phân biệt A, B với mọi m
c) (0,5 điểm)
Ta có x1 ; x2 là nghiệm phương trình (1) vì ∆ ' > 0 ∀m theo Viet ta có:
 x1 + x2 = 2m + 2

 x1 x2 = 3m − 2
'

2

2

0,25


0,25

x12 + x22 = 20 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 20
Thay hệ thức Viet ta có:
2

0,25
m = 2
( 2m + 2 ) − 2 ( 3m − 2 ) = 20 ⇔ 2m + m − 6 = 0 ⇔ ( m − 2 ) ( 2m + 3) = 0 ⇔ 
3
m=−

2
Câu 4 (3 điểm)
Cho đường tròn (O; R) dây DE < 2R. Trên tia đối DE lấy điểm A, qua A kẻ hai tiếp tuyến AB
và AC với đường tròn (O), (B, C là tiếp điểm). Gọi H là trung điểm DE, K là giao điểm của BC và
DE.
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.
b) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC. Chứng minh rằng H thuộc đường tròn (I) và
2

2


·
HA là phân giác BHC
.
2
1
1

=
+
.
c) Chứng minh rằng:
AK AD AE
Nội dung

a) (1 điểm)
Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp
Ta có: ·ABO = ·ACO = 900 (gt) suy ra ·ABO + ·ACO = 1800
Nên tứ giác ABOC nội tiếp ( theo định lý đảo)
b) (1,5 điểm)
Gọi đường tròn (I) ngoại tiếp tứ giác ABOC. Chứng minh rằng H thuộc đường tròn
·
(I) và HA là phân giác BHC
Ta có ·ABO = ·ACO = 900 nên tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC là
trung điểm của AO.
Vì ·AHO = 900 nên H thuộc đường tròn (I)
Theo tính chất tiếp tuyến giao nhau thì AB = AC ⇒ »AB = »AC
Ta có: ·AHB = ·AHC ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
·
Hay HA là phân giác góc BHC
c) (0,5 điểm)
2
1
1
=
+
Chứng minh rằng:
AK AD AE

1 »
·
·
Xét tam giác ∆ACD và ∆AEC có CAD
(chung); ·ACD = ·AEC = sđ DC
= EAC
2
AC AD
=
⇒ AC 2 = AD. AE (1)
Nên ∆ACD đồng dạng ∆AEC (g.g) suy ra:
AE AC
·
·
·
Xét tam giác ∆ACK và ∆AHC có CAK
(chung); ·ACK = CHA
(= ·AHB )
= HAC
AC AK
=
⇒ AC 2 = AH . AK (2)
Nên ∆ACK đồng dạng ∆AHC (g.g) suy ra:
AH AC
Từ (1) và (2) suy ra:

Điểm

0,5
0,5


0,5

0,25
0,5
0,25

0,25

0,25


1
1
AK ( AH + AH ) = AK ( AD + DH + AE − EH )
2
2
2
1
1
⇔ 2 AD. AE = AK ( AD + AE ) ⇔
=
+
AK AD AE
Câu 5 (1 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:
1
1 
1
1 

 1
 1
7  2 + 2 + 2 ÷= 6 
+
+ ÷+ 2015 .
b
c 
a
 ab bc ca 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
AD. AE = AK . AH =

1

P=

3(2a + b )
2

2

+

1
3(2b + c )
2

2

+


1
3(2c 2 + a 2 )

Nội dung

Điểm

Ghi chú: Ta có ( A − B ) ≥ 0 ⇔ A2 + B 2 ≥ 2 AB; B 2 + C 2 ≥ 2 BC; A2 + C 2 ≥ 2 AC
2

(

)

2
2
2
2
2
2
nên 2 ( AB + BC + CA ) ≤ 2 A + B + C ( *) ⇒ AB + BC + CA ≤ A + B + C ( I )

(

)

(

) (


2
2
2
2
2
2
2
2
2
Từ (*) suy ra: A + B + C + 2 ( AB + BC + CA ) ≤ 2 A + B + C + A + B + C

(

⇔ ( A + B + C ) ≤ 3 A2 + B 2 + C 2
2

) ( II ) .

)

Ta có với A ,B ,C >0

( A + B + C ) 

1 1 1   A B  B C  C A
1
1 1 1 1 
+ + ÷=  + ÷+  + ÷+  + ÷+ 3 ≥ 9 ⇔
≤  + + ÷ ( III )

A + B +C 9 A B C 
 A B C   B A C B   A C 

Bất đẳng thức (I), (II),(III) xảy ra dấu '' = '' khi A=B=C.

Áp dụng Bất đẳng thức: (I) ta có
1
1 
 1 1 1
 1
 1 1 1
7  2 + 2 + 2 ÷ = 6  + + ÷+ 2015 ≤ 6  2 + 2 + 2 ÷+ 2015
a b c 
 ab bc ca 
a b c 
1 1 1
⇔ 2 + 2 + 2 ≤ 2015
a b c
2
1 1 1 1
1
1 1
1 1 1
Áp dụng (II) ta có  + + ÷ ≤ 2 + 2 + 2 ≤ 2015 ⇔ + + ≤ 6045
3 a b c 
a
b
c
a b c
Ta lại có:

3(2a 2 + b 2 ) = 3(a 2 + a 2 + b 2 ) ≥ (a + a + b) 2 = 2a + b;(1);
3(2b 2 + c 2 ) ≥ 2b + c;(2); 3(2c 2 + a 2 ) ≥ 2c + a;(3)
1
1
1
+
+
Từ (1);(2);(3) ta có: P ≤
2a + b 2b + c 2c + a
Áp dụng (III)
1
1
1 1 1 1 1 2 1 1
1 2 1 1
1 2 1 
=
≤  + + ÷ =  + ÷;
≤  + ÷;
≤  + ÷
2a + b a + a + b 9  a a b  9  a b  2b + c 9  b c  2c + a 9  c a 
nên P ≤

0,25

0,25

0,25

1
1

1
1 1 1 1
6045
+
+
≤  + + ÷≤
2a + b 2b + c 2c + a 3  a b c 
3

Vậy giá trị lớn nhất của P =

6045
khi
3

0,25


  1 1 1
1
1 
 1
 1 1 1
7  a 2 + b 2 + c 2 ÷ = 6  ab + bc + ca ÷+ 2015 = 6  a 2 + b 2 + c 2 ÷+ 2015








 1 = 1 = 1 ; 1 + 1 + 1 = 6045 ; a = b = c > 0
 a b c a b c
3
6045
=
2015
6045
Chú ý: Nếu học sinh không chứng minh BĐT (I), (II),(III) mà chỉ áp dụng vẫn cho điểm
tối đa.
⇔a=b=c=

-------------- HẾT -------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH LONG
ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Bài 1. (1.0 điểm)
a) Tính: A = 2 5 + 3 45 − 500
b) Rút gọn biểu thức B =

(

)

5 −1


6+2 5

Bài 2. (2.5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
2x + y = 5
a) x 2 − 9x + 20 = 0
b) x 4 − 4x 2 − 5 = 0
c) 
x − y = 1
Bài 3. (1.5 điểm)
2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y = x và đường thẳng ( d ) : y = 2 ( m − 1) x + 5 − 2m
(m là tham số)
a) Vẽ đồ thị parabol (P).
b) Biết đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Gọi hoành độ giao điểm
của đường thẳng (d) và parabol (P) là x1, x2. Tìm m để x12 + x 22 = 6
Bài 4. (1.0 điểm)
Một đội xe cần chở 36 tấn hàng. Trước khi làm việc, đội được bổ sung thêm 3 chiếc nữa nên mỗi
xe chở ít hơn 1 tấn hàng so với dự định. Hỏi lúc đầu đội có bao nhiêu xe, biết khối lượng hàng chở trên
mỗi xe như nhau.
Bài 5. (1.0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 15cm và AC = 20cm. Tính độ dài đường cao AH và trung
tuyến AM của tam giác ABC.
Bài 6. (2.0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn, hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H (D thuộc AC; E
thuộc AB).
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.


b) Gọi M, I lần lượt là trung điểm của AH và BC. Chứng minh MI vuông góc ED.

Bài 7. (1.0 điểm)
Biết phương trình bậc hai (x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) = 0 (x là ẩn số) có nghiệm
kép. Tìm nghiệm kép đó.
…HẾT…
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT
2015 – 2016
VĨNH LONG
Bài 1.
a) A = 2 5 + 3 45 − 500 = 2 5 + 3.3 5 − 10 5 = 5
b) B =

(

)

5 −1

6+2 5 =

(

) (

5 −1

) =(

5 +1


)

2

5 −1

5 +1 =

(

)(

5 −1

)

5 + 1 = 5 − 1 = 4 Bài 2.

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

{

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

x
—2
—1
2
y=x
4
1

}

(hs tự giải)

0
0

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
x2 = 2(m – 1)x + 5 – 2m
⇔ x2 – 2(m – 1)x + 2m – 5 = 0
Theo định lý Vi-ét:
b

 x1 + x 2 = − a = 2m − 2

 x .x = c = 2m − 5
 1 2 a
Theo đề bài, ta có:
2
x12 + x 22 = 6 ⇔ ( x1 + x 2 ) − 2x1 x 2 = 6

1

1

2
4
9
8
7
6
5
4
3
2
1

-13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1

⇔ 4m2 – 12m + 8 = 0 ⇔ m = 1; m = 2. Vậy: m = 1 hoặc m = 2
Bài 4. Gọi x (chiếc) là số xe ban đầu của đội (ĐK: x nguyên dương)
Số xe lúc sau: x + 3 (chiếc)
36
Số tấn hàng được chở trên mỗi xe lúc đầu:
(tấn)
x
36
Số tấn hàng được chở trên mỗi xe lúc sau:
(tấn)
x+3
36 36
−
=1

Theo đề bài ta có phương trình:
x x +3
Phương trình trên tương đương với: x2 + 3x – 108 = 0 ⇔ x = 9 (nhận); x = —12(loại)
Vậy: lúc đầu đội có 9 chiếc xe.
Bài 5.

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

y
y = x2

x
O1

2

3

4

5



áp dụng định lý Pitago vào tam giác ABC
vuông tại A, ta có:
BC2 = AB2 + AC2
= 152 + 202 = 625
BC = 625 = 25 ( cm )
Áp dụng đẳng thức:
AH.BC = AB.AC
AB.AC
= 12 ( cm )
Suy ra: AH =
BC
B
Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng
với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền nên:
BC
AM =
= 12, 5 ( cm )
2
Bài 6.
A
a) Tứ giác ADHE có:
AD ⊥ DH (BD ⊥ AC – gt)
M

AE ⊥ EH (CE ⊥ AB – gt)
·
·
Nên AEH
= ADH

= 900
·
·
Do đó: AEH
+ ADH
= 1800

A

H

C

M

D

E
H

Vậy tứ giác ADHE nội tiếp
một đường tròn.
b) Tứ giác BEDC có:
·
·
BEC
= BDC
= 900 (gt) nên cùng
đường tròn tâm I đường kính
B

I
Tương tự, tứ giác ADHE nội
tròn tâm M đường kính AH và
điểm của hai đường tròn tâm M
Do đó đường nối tâm IM là
trung trực của dây chung ED.
Suy ra: MI ⊥ AD (đpcm)
Bài 7. Theo đề: (x – a)(x – b) +
c) + (x – c)(x – a) = 0
⇔ x2 – ax – bx + ab + x2 – bx – cx + bc + x2 – cx – ax + ca = 0

được trong
nội tiếp nửa
C BC (1)
tiếp đường
E, D là giao
và tâm I.
đường

(x – b)(x –

⇔ 3x2 – 2(a + b + c)x + ab + bc + ca = 0

∆ / = ( b / ) − ac = ( a + b + c ) − 3 ( ab + bc + ca )
2

2

= a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca − 3ab − 3bc − 3ca = a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca
1

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


b/ a + b + c
=a=b=c
Nghiệm kép: x1 = x 2 = − =
a
3