Luyện thi ĐH, L9, L10, L11, L12

GV. Khổng Vũ Chiến (0907 148 731)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2020 - 2021
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 09/07/2020
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1 (2,0 điểm)
Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
1) x 2  x 12  0 .

2) x 4  8 x 2  9  0 .

3 x  y  1
.
3) 
6 x  y  2

Bài 2 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x 2  2020 x  2021  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .
Không giải phương trình, tính giá trị của các biểu thức sau:
1
1
.
1) 

2) x12  x22 .
x1 x 2
Bài 3 (1,5 điểm)
3 2
3
x và đường thẳng d  : y   x  3 .
2
2
1) Vẽ đồ thị cùa  P và d  trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

Cho Parabol  P : y 

2) Tìm tọa độ các giao điểm của  P và d  bằng phép tính.
Bài 4 (1,5 điểm)
 1
1 
x 1

Cho biếu thúc A  
với 0  x  1
:

 x  x
x 1 x x  2 x  x
1) Rút gọn biẻu thức A.
2) Tính giá trị của biếu thức A khi x  8  2 7 .

Bài 5 (3,5 điểm)
Cho đường tròn O;3cm có đường kính AB và tiếp tuyến Ax. Trên Ax lấy điểm C sao cho AC = 8cm, BC cắt
 cắt đường tròn (O) tại M và cắt BC tại N.

đường tròn (O) tại D. Đuờng phân giác của góc CAD
1) Tính độ dài đoạn thẳng AD.
2) Gọi E là giao điểm của AD và MB. Chứng minh tứ giác MNDE nội tiếp được trong đường tròn.
3) Chứng minh tam giác ABN là tam giác cân.
4) Kẻ EF vuông góc AB (F thuộc AB). Chứng minh: N, E, F thẳng hàng.

-----------HẾT-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

Địa chỉ: Ô 16, ĐƯỜNG NA3, KDC VSIP I, THUẬN GIAO, THUẬN AN, BÌNH DƯƠNG (gần Chợ 79)


Luyện thi ĐH, L9, L10, L11, L12

GV. Khổng Vũ Chiến (0907 148 731)

HƯỚNG DẪN GIẢI THAM KHẢO
Bài 1 (2,0 điểm)
Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
1) x 2  x 12  0 .

3 x  y  1
.
3) 
6 x  y  2

2) x 4  8 x 2  9  0 .
Lời giải

1) x  x 12  0 .
Ta có: a  1; b  1; c  12

2

  b 2  4ac    49    7 .

1  7
 x1 
 4

2
Suy ra: 
.
1  7

3
 x2 

2
Vậy phương trình có hai nghiệm: S  4;3
2) x 4  8 x 2  9  0 .
2
Đăt t  x điều kiện t  0 .
Suy phương trình viết lại có dạng: t 2  8t  9  0 .
Ta có: a  1; b  8; c  9

 '  b '2  ac   '  25   '  5 .

4  5
t1 
 9 loai 


1
Suy ra: 
.
4  5

 1 nhan
t 2 

1
Mà t  x 2  x 2  1  x  1
Vậy phương trình có hai nghiệm S  1;1
3x  y  1
.
3) 
6 x  y  2
3 x  y  1 3 x  y  1  y  4
Ta có 
.



 x  1
6 x  y  2
3 x  3
Vậy hệ có một nghiệm 1; 4

Bài 2 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x 2  2020 x  2021  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .
Không giải phương trình, tính giá trị của các biểu thức sau:
1

1
.
1) 
2) x12  x22 .
x1 x 2
Lời giải
b

 x1  x2  a
 x  x2  2020
Theo Vi-ét ta có 
  1
.

 x1.x2  2021
c
 x1.x2 
a

1
1
x  x2 2020
.
 1

1) Ta có 
2021
x1 x 2
x1.x2
2) Ta có x12  x22  x12  x22  2 x2 .x2  2 x1.x2   x1  x2   2 x1.x2  2020 2  2.2021  4076358.

Bài 3 (1,5 điểm)
2

Địa chỉ: Ô 16, ĐƯỜNG NA3, KDC VSIP I, THUẬN GIAO, THUẬN AN, BÌNH DƯƠNG (gần Chợ 79)


Luyện thi ĐH, L9, L10, L11, L12

GV. Khổng Vũ Chiến (0907 148 731)

3 2
3
x và đường thẳng d  : y   x  3 .
2
2
1) Vẽ đồ thị của  P và d  trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

Cho Parabol  P : y 

2) Tìm tọa độ các giao điểm của  P và d  bằng phép tính.
Lời giải
1) Vẽ đồ thị của  P và d  trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
Parabol  P : y 

3 2
x có
2

3
Đường thẳng d  : y   x  3 có

2
3
+ a    0 nên hàm số nghịch biến trên  .
2
 3
+ Lấy các điểm A  2;6  , C 1;  thuộc d  .
 2

+ Đỉnh I  0;0 
3
 0 nên nghịch biến trên  ;0  đồng biến
2
trên  0;  

+ a

+ Lấy các điểm A  2; 6  , B  2;6 
3
 3

C 1;  , D  1;  thuộc  P
2
 2


Đồ thị hàm số  P và d 
y 

y


A

D

B

6

3
2

2 1 I

3 2
x
2

C

1

2

2) Tìm tọa độ các giao điểm của  P và d  bằng phép tính.

x
3
y   x3
2


Phường trình hoàng độ giao điểm của  P và d  là
3 2
3
x  x3
2
2
2
 3x  3x  6  0
 x2  x  2  0
 x2  x  2 x  2  0
 x  x 1  2  x 1  0
  x 1 x  2  0
 x 1  0
x 1


 x  2  0  x  2
3
 3
Với x  1 thế vào  P  y  . Suy ra  P và d  cắt nhau tại C 1; 
2
 2
Địa chỉ: Ô 16, ĐƯỜNG NA3, KDC VSIP I, THUẬN GIAO, THUẬN AN, BÌNH DƯƠNG (gần Chợ 79)


Luyện thi ĐH, L9, L10, L11, L12

GV. Khổng Vũ Chiến (0907 148 731)

Với x  2 thế vào  P  y  6 . Suy ra  P và d  cắt nhau tại A  2;6 

 3
Vậy  P và d  cắt nhau tại 2 điểm A  2;6  và C 1;  .
 2
Bài 4 (1,5 điểm)
 1
1 
x 1
Cho biếu thúc A  
với 0  x  1

:

 x  x
x 1 x x  2 x  x
1) Rút gọn biẻu thức A.
2) Tính giá trị của biếu thức A khi x  8  2 7 .
Lời giải
1) Rút gọn biẻu thức A.
2) Tính giá trị của biếu thức A khi
 1

x  8 2 7 .
1 
x 1
A  

 :
 x  x
Ta có A  x 1
x 1 x x  2 x  x



Thế x  8  2 7 suy ra

1
1 
x 1
 

:
A  8  2 7 1
x 1 x  x  2 x  1
 x x 1
2

7  2 7  12 1


 1 x 
x 1
 :
 
2
2

 x x 1  x x 1

7  1 1












1 x
x



 



x



x 1

.

 x 1
Vậy A  x 1 .








x 1
x 1

2







7 1 1

 7  1 1
 7 2
Vậy A  7  2

Bài 5 (3,5 điểm)
Cho đường tròn O;3cm có đường kính AB và tiếp tuyến Ax. Trên Ax lấy điểm C sao cho AC = 8cm, BC cắt
 cắt đường tròn (O) tại M và cắt BC tại N.
đường tròn (O) tại D. Đuờng phân giác của góc CAD
1) Tính độ dài đoạn thẳng AD.
2) Gọi E là giao điểm của AD và MB. Chứng minh tứ giác MNDE nội tiếp được trong đường tròn.
3) Chứng minh tam giác ABN là tam giác cân.
4) Kẻ EF vuông góc AB (F thuộc AB). Chứng minh: N, E, F thẳng hàng.

Lời giải
C
1) Tính độ dài đoạn thẳng AD.
Ta có 
ADB  900 suy ra AD  BC .
ADB chắn đường kính AB nên 
Xét  ABC vuông tại A có AD là đường cao.
Ta có
1
1
AB 2  AC 2
1
1
N




2
2
2
2
2
2
AD
AB
AC
AD
AB . AC
AB. AC

D
 AD 
M
AB 2  AC 2
E
6.8
 AD 
6 2  82
 AD  4,8 cm
B
A
O H
2) Gọi E là giao điểm của AD và MB. Chứng minh tứ giác MNDE
nội tiếp được trong đường tròn.
Xét tứ giác MNDE có
Địa chỉ: Ô 16, ĐƯỜNG NA3, KDC VSIP I, THUẬN GIAO, THUẬN AN, BÌNH DƯƠNG (gần Chợ 79)


Luyện thi ĐH, L9, L10, L11, L12

GV. Khổng Vũ Chiến (0907 148 731)

  900 (chứng minh trên)
EDN
(1)
0
0
  90 suy ra EMN
  90 .
 chắn đường kính AB nên BMA

(2)
Ta có BMA
0


Từ (1) và (2) EDN  EMN  180 suy ra tứ giác MNDE nội tiếp được trong đường tròn.
3) Chứng minh tam giác ABN là tam giác cân.
  DEM
  1800 (do MNDE nội tiếp được trong đường tròn) . (3)
Ta có DNM
  DEM
  1800 ( kề bù)
MEA
(4)
0


MEA  EAM  90 (do  MEA vuông tại M).
(5)
0


Mà BAM  MAC  90
(6)



Mà MAC  EAM (do AN là tia phân giác của góc CAD ).
(7)
0



Từ (6) và (7) suy ra BAM  EAM  90
(8)


Từ (5) và (8) suy ra MEA  BAM
(9)
0


Thế (9) vào (4) suy ra BAM  DEM  180
(10)
  BAM
.
Từ (3) và (10) suy ra DNM
Vậy tam giác ABN cân tại B.
4) Kẻ EF vuông góc AB (F thuộc AB). Chứng minh: N, E, F thẳng hàng.
Xét tam giác ABN có
 AD  BN
(chứng minh trên). Suy ra E là trực tâm của tam giác ABN.

 BM  AN
Nên NE  AB .
Mà EF  AB .
Vậy N, E, F thẳng hàng.
---------- HẾT ----------

Địa chỉ: Ô 16, ĐƯỜNG NA3, KDC VSIP I, THUẬN GIAO, THUẬN AN, BÌNH DƯƠNG (gần Chợ 79)



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 01 trang)

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2020
ĐỀ THI MÔN TOÁN (CHUNG)
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 17/07/2020

Câu 1 (2,0 điểm):
1. Tính giá trị của các biểu thức:
B  (4  7)2  7

A  64  49

2. Cho biểu thức Q 

x 2 x
x 2

 3 , x  0

a) Rút gọn biểu thức Q .
b) Tìm giá trị của x để biểu thức Q  2 .
Câu 2 (2,0 điểm):
1. Cho parabol (P ) : y  x 2 và đường thẳng d  : y  2x  3
a) Vẽ parabol (P ) và đường thẳng (d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy .
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) bằng phép tính.

2x  3y  3
.
2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: 
x  3y  6


Câu 3 (2,5 điểm):
1. Cho phương trình ẩn x : x 2  5x  m  2  0

1 ( m

là tham số )

a) Giải phương trình (1) với m  6 .
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x 1, x 2 thỏa mãn hệ thức :
1
x1



1
x2



3
2

2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là 320 m 2 . Tính
chu vi thửa đất đó.

Câu 4 (1,0 điểm):
 600 . Tính số đo góc C và độ dài các
Cho tam giác ABC vuông tại A ,có cạnh=
AC 8=
m, B
cạnh AB , BC , đường trung tuyến AM của tam giác ABC .
Câu 5 (2,5 điểm):
Từ một điểm T ở bên ngoài đường tròn tâm ( O ) . Vẽ hai tiếp tuyến TA , TB với đường tròn ( A , B
là hai tiếp điểm). Tia TO cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm phân biệt C và D ( C nằm giữa T và O ) và
cắt đoạn AB tại F .

a) Chứng minh: tứ giác TAOB nội tiếp.
b) Chứng minh: TC .TD  TF .TO
c) Vẽ đường kính AG của đường tròn ( O ) . Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ điểm B đến
AG , I là giao điểm của TG và BH . Chứng minh I là trung điểm của BH .
--- HẾT --Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh:……………………………………………….SBD…………………
Họ tên, chữ ký giám thị 1:…………………………………………….......................
Họ tên, chữ ký giám thị 2:…………………………………………….......................

1


Câu 1 (2,0 điểm):
1. Tính giá trị của các biểu thức:
B  (4  7)2  7

A  64  49

Lời giải

A  64  49  8  7  1 .

B  (4  7)2  7  4  7  7  4

2. Cho biểu thức Q 

x 2 x
x 2

 3 , x  0

a) Rút gọn biểu thức Q .
b) Tìm giá trị của x để biểu thức Q  2 .

Lời giải
a) Q 

x 2 x
x 2

 3 x  3 .

b) Q  2  x  3  2  x  5  x  25 .

Câu 2 (2,0 điểm):
1. Cho parabol (P ) : y  x 2 và đường thẳng d  : y  2x  3
a) Vẽ parabol (P ) và đường thẳng (d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy .
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) bằng phép tính.
Lời giải
a) Bảng giá trị

x
y = x2

-2
4

x
y = x2

-1
1

0
0

1
1

0
3

2
4
-1
1

Vẽ đồ thị :
b) Phương trình hoành độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) :
 x =−1 ⇒ y =1
.

x2 = 2x + 3 ⇔ x2 − 2x − 3 = 0 ⇔ 
 x =3 ⇒ y =9
Vậy tọa độ giao điểm là ( −1;1) , ( 3;9 ) .
2x  3y  3
2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: 
.
x  3y  6


Lời giải

3x  9





2x  3y  3  

x  3
x  3 .
Ta có 










x  3y  6

x  3y  6
3  3y  6
y  1




Vậy S = {( 3;1)} .

Câu 3 (2,5 điểm):
1. Cho phương trình ẩn x : x 2  5x  m  2  0

1 ( m

là tham số )

a) Giải phương trình (1) với m  6 .
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x 1, x 2 thỏa mãn hệ thức :
2


1
x1



1




x2

3
2

Lời giải

x  4
a) Thay m = 6 vào phương trình (1) ta có x 2  5x  4  0  
. Vậy S = {1; 4} .
x  1
b) Phương trình x 2  5x  m  2  0 1 có hai nghiệm dương phân biệt khi
( −5 ) − 4 ( m − 2 ) > 0
∆ > 0
33 − 4m > 0
33


⇔
⇔2( *)
 x1 + x2 > 0 ⇔ 5 > 0
>
m
2
4


 x .x > 0
m − 2 > 0
 1 2

2

2

2
3

3
3
x 1.x 2  x 1  x 2   x 1.x 2 

  x1  x 2 
2
2
2

x1
x2
9
9
 x 1  x 2  2 x 1x 2  x 1x 2  5  2 m  2  m  2
4
4
t = 2
2
Đặt t = m − 2 , ( t > 0 ) ta có phương trình ẩn t : 9t − 8t − 20 = 0 ⇔  −10

.
t =
(l )
9

Vậy m − 2 = 2 ⇒ m = 6 .

1

1





2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là 320 m 2 . Tính
chu vi thửa đất đó.
Lời giải
Gọi x ( m ) là độ dài chiều rộng hình chữ nhật ( x > 0 ) . Chiều dài là x + 4 ( m ) . Ta có phương trình:

 x = 16
. Vậy chiều rộng là 16 ( m ) , chiều dài là 20 ( m ) .
x ( x + 4 ) =320 ⇔ x 2 + 4 x − 320 =0 ⇔ 
x
l
20
=
−
(
)


64 ( m ) .
Chu vi thửa đất là : 2 (16 + 20 ) =

Câu 4 (1,0 điểm):
 600 . Tính số đo góc C và độ dài các
Cho tam giác ABC vuông tại A ,có cạnh=
AC 8=
m, B
cạnh AB , BC , đường trung tuyến AM của tam giác ABC .
Lời giải

 = 900 − 600 = 300 .=
Tam giác ABC vuông tại A ta có : C
AB
=
AM

AC 16 3
=
( cm ) ,
Sin B
3

1
8 3
=
BC
( cm ) .
2

3

3


Câu 5 (2,5 điểm):
Từ một điểm T ở bên ngoài đường tròn tâm ( O ) . Vẽ hai tiếp tuyến TA , TB với đường tròn (
A , B là hai tiếp điểm). Tia TO cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm phân biệt C và D ( C nằm giữa T và
O ) và cắt đoạn AB tại F .

a) Chứng minh: tứ giác TAOB nội tiếp.

Lời giải


Vì TA , TB là hai tiếp tuyến của đường tròn ( O ) nên TAO
= TBO
= 900 . Tứ giác TOAB có
 + TBO
=
TAO
1800 ⇒ Tứ giác TOAB nội tiếp

b) Chứng minh: TC .TD  TF .TO

Lời giải
∆TAC và ∆TDA có

ATC chung
TA TC


=
⇒ TA2 = TC.TD (1)
   1  ⇒ ∆TAC ∽ ∆TDA ( g − g ) ⇒
TD TA
sd AC
= TDA
=
TAC
2

Vì TA TB
=
=
, OA OB nên TD là đường trung trực của AB .
=
∆TAO : TAO
900 , AF ⊥ TO ta có TA2 = TF .TO ( 2 ) . Từ (1) và ( 2 ) suy ra TC
=
.TD TF
=
.TO ( TA2 )

c) Vẽ đường kính AG của đường tròn ( O ) . Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ điểm B đến
AG , I là giao điểm của TG và BH . Chứng minh I là trung điểm của BH .
Lời giải
Gọi E là giao điểm của TG với đường tròn ( O ) ( E khác G ). Tứ giác ATEF nội tiếp ( do

=
 ( cùng bù TEF

 ) ( 3)
AFT
= 
AET
= 900 ) ⇒ TAB
FEI
=
 (so le trong) ( 4 ) . Từ ( 3) và ( 4 ) suy ra FEI

 ⇒ Tứ giác
FBI
= FBI
AT / / BH (cùng ⊥ AG ) ⇒ TAB
=
 ( cùng chắn cung BI
 của đường tròn nội tiếp BEFI ) ( 5 )
BFI
BEFI nội tiếp ⇒ BEG
 = BAG
 ( cùng chắn cung BG
 của ( O ) ) ( 6 )
Mà BEG
 BAG
 ⇒ IF / / AH . Mà FA = FB ( do TD là đường trung trực của AB ).
Từ ( 5 ) và ( 6 ) suy ra BFI
=
Nên BI = IH hay I là trung điểm của BH .
----- HẾT ----4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH THUẬN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1: (1,0 điểm)

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 -2021
Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Để thi gồm 01 trang

(

)

Rút gọn biểu thức A =6 + 3 3 − 3 2 .
Câu 2: ( 2,0điểm)
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a. x2 + 2x − 3 =
0.

x + y =
7

b. 

.

5
 2x − y =

Câu 3: (2,0 điểm)
a. Vẽ đồ thị của hàm số y = x2 trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
b. Cho hàm số =
y mx + n có đồ thị là (d). Tìm giá trị m và n biết (d) song song với
đường thẳng (d’): y= x + 3 và đi qua điểm M (2;4).
Câu 4: (1,0 điểm)
Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối
năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự
định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số
quyển vở bằng nhau.
Câu 5: ( 4,0điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm M ( M
khác O và B). Trên nửa đường tròn (O) lấy điểm N ( N khác A và B ). Đường thẳng
vuông góc với MN tại N cắt các tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn (O) lần lượt ở
C và D ( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB).
a. Chứng minh tứ giác ACNM nội tiếp.
b. Chứng minh AN.MD = NB.CM.
c. Gọi E là giao điểm của AN và CM. Đường thẳng qua E và vuông góc với BD,
cắt MD tại F. Chứng minh N, F, B thẳng hàng.
 = 600 , tính theo R diện tích của phần nửa hình tròn tâm O bán kính R
d. Khi ABN
nằm ngoài ∆ABN .

-------------------- HẾT --------------------


Câu 1: (1,0 điểm)

ĐÁP ÁN

(

)

Rút gọn biểu thức A =6 + 3 3 − 3 2
A = ( 6 + 3) ⋅ 3 − 3 2
=

6⋅ 3 + 3⋅ 3 −3 2
18 + 3 − 3 2

=

= 3 2 + 3− 3 2
=3

Vậy A = 3

Câu 2: ( 2,0điểm)
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a. x2 + 2x − 3 =
0

x + y =
7

b. 

5
 2x − y =

a. Vì a + b + c =1 + 2 − 3 = 0
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt=
x1 1;=
x2

−3
2

x + y 7 =
3x 12 =
x 4
=
⇔
⇔
y = 7 − 4 = 3
2x − y = 5  y = 7 − x

b. 

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 4;3)
Câu 3: (2,0 điểm)
a.Vẽ đồ thị của hàm số y = x2 trên mặt phẳng tọa độ Oxy
b.Cho hàm số =
y mx + n có đồ thị là (d). Tìm giá trị m và n biết (d) song song với
đường thẳng (d’): y= x + 3 và đi qua điểm M (2;4)
a. Ta có bảng giá trị:

x
-3
-2
-1
0
1
2
3
2
y=x
9
4
1
0
1
4
9

b.Vì đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’): y= x + 3


m = 1

Nên ta có: 

n ≠ 3

Khi đó (d) có dạng: y =+
x n ( n ≠ 3)
Mà M ( 2; 4) ∈ d ⇒ 4 = 2 + n ⇒ n = 2 ( tm)

Vậy =
m 1;=
n 2
Câu 4: (1,0 điểm)
Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối
năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự
định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số
quyển vở bằng nhau.
Gọi số học sinh giỏi lớp 9A theo dự định là x (học sinh) (x nguyên dương)
Theo dự định, mỗi phần thưởng có sổ quyển vở là:

80
(quyển vở)
x

Số học sinh giỏi thực tế của lớp 9A là: x + 2 (học sinh)
Thực tế, mỗi phần thưởng có số quyển vở là:

80
(quyển vở)
x+2

Theo bài ra: Mỗi phần thưởng thực tế giảm 2 quyển vở so với dự định nên ta có
phương trình:

80 80
2
−
=
x x+2

⇔ 80( x + 2) − 80x= 2x( x + 2)
⇔ 80x + 160 − 80x = 2x2 + 4x
⇔ 2x2 + 4x − 160 =
0
⇔ x2 + 2x − 80 =
0
2
⇔ x + 10x − 8x − 80 =
0
⇔ x( x + 10) − 8( x + 10) =
0
⇔ ( x − 8)( x + 10) =
0
x − 8 0 =
 x 8(tm)
=
⇔
⇔
0 x =
−10(ktm)
 x + 10 =

Vậy cuối năm lớp 9A có 8 + 2 = 10 học sinh giỏi.
Câu 5: ( 4,0điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm M ( M
khác O và B). Trên nửa đường tròn (O) lấy điểm N ( N khác A và B ). Đường thẳng
vuông góc với MN tại N cắt các tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn (O) lần lượt
ở C và D ( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB).
a. Chứng minh tứ giác ACNM nội tiếp.

b. Chứng minh AN.MD = NB.CM
c. Gọi E là giao điểm của AN và CM. Đường thẳng qua E và vuông góc với BD,
cắt MD tại F. Chứng minh N, F, B thẳng hàng.


 = 600 , tính theo R diện tích của phần hình tròn tâm O bán kính R
d. Khi ABN
nằm ngoài ∆ABN

D
N

C
F
E

A

I

O

M

H

B

a. Chứng minh tứ giác ACNM nội tiếp.
 = 900 ( AC là tiếp tuyến tại A của (O))

Ta có: MAC
 = 900 ( MN ⊥ CD )
Và MNC
 + MNC
 = 900 + 900 = 1800
⇒ MAC

Vậy tứ giác ACNM nội tiếp
b. Chứng minh AN.MD = NB.CM
Chứng minh tương tự ta có tứ giác BMND nội tiếp
=
 ( Cùng chắn cung MN)
⇒ MDN
MBN
=

⇒ ABN
MDC

Theo câu a: Tứ giác ACNM là tứ giác nội tiếp
=
 ( Cùng chắn cung MN)
⇒ MAN
MCN
=

⇒ BAN
MCD

Xét ∆ABN và ∆CDN có:

∠ABN =
∠MDC(cmt )
∠BAN =
∠MCD(cmt )
⇒ ∆ABN − ∆CDM (g ⋅ g)
AN NB
⇒
=
⇔ AN.DM = CM .NB
CM DM

Vậy AN.MD = NB.CM
c. Chứng minh N, F, B thẳng hàng.
Đường thẳng qua E vuông góc với BD tại H
Gọi I là giao điểm của BN và DM. Ta chứng minh I trùng với F
Hay I, E, H thẳng hàng.
Thật vậy: ∆ABN − ∆CDM (g ⋅ g)


 = CMD

Nên ANB
 = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
Mà ANB
=
⇒ CMD
900
 + CMD
=

⇒ ANB
1800

 Tứ giác ENIM nội tiếp
 = NMC
 ( cùng chắn cung NE)
Ta có NIE
 = NAC
 ( Cùng chắn cung AC)
Mà NMC

 = NBA
 ( Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng
Lại có NAC
chắn một cung)
=
 ( Vị trí so le trong)
⇒ NIE
NBA
⇒ EI / / AB (1)

Theo GT EH ⊥ BD
Và AB ⊥ BD
Nên EH / / AB ( 2)
Từ (1) và (2) suy ra EI ≡ EH
Hay H, E, I thẳng hàng.
=> I trùng với F
Vậy B, F, N thẳng hàng
 = 600 ta có:
d. Ta có: Tam giác ANB vuông tại N có AB = 2R, ABN

=
AN AB=
.sin ABN 2=
R.sin600 R 3
BN AB=
.cosABN 2=
R.cos600 R
=

1
1
R2 3
AN.BN
R 3.R
⇒ S∆ABN=
=
=
2
2
2
1
2

Diện tích của nửa hình tròn (O;R) là ST = π R2
Vậy diện tích của phần nửa hình tròn tâm O, bán kính R nằm ngoài tam giác
1
2

ABN là: S =
ST − SA∆av = π R2∣T

R2 3 R2
= (π − 3) .
2
2

-------------------- HẾT --------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
CAO BẰNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (4,0 điểm)

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020-2021
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

1) Thực hiện phép tính: 5 9 − 3 4
y ax + 5 đi qua điểm M ( 3; −1)
2) Tìm a để đồ thị hàm số =
3) Giải hệ phương trình: 2 x 2 − 3 x + 1 =
0
3
4 x + 5 y =
4) Giải hệ phương trình: 
5
x − 3y =
Câu 2. (2,0 điểm)

Bác An đi x ô tô từ Cao Bằng đến Hải Phòng. Sau khi đi được nửa quãng
đường, bác An cho xe tăng vận tốc thêm 5km / h nên thời gian đi nửa quãng đường
sau ít hơn thời gian đi nửa quãng đường đầu là 30 phút. Hỏi lúc đầu bác An đi xe
với vận tốc bao nhiêu ? Biết rằng khoảng cách từ Cao Bằng đến Hải Phòng là
360km.
Câu 3. (1,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết
=
AB 6=
cm, AC 8cm.
a) Tính độ dài cạnh BC
b) Kẻ đường cao AH . Tính độ dài đoạn AH
Câu 4. (2.0 điểm)
Qua điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) vẽ hai tiếp tuyến AB và AC của
đường tròn ( B, C là các tiếp điểm)
a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp
b) Kẻ đường thẳng qua diểm A cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm E và F sao cho
E nằm giữa A và F. Chứng minh BE.CF = BF .CE
Câu 5. (1,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức A =

1
2 − 3 − x2

-------------------- HẾT --------------------


ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1.
1) Ta có: 5 9 − 3 4 = 5.3 − 3.2 = 15 − 6 = 9

y ax + 5 đi qua điểm M ( 3; −1) nên thay x = 3, y = −1 vào
2) Vì đồ thị hàm số =
hàm số =
y ax + 5 ta được: −1 =a.3 + 5 ⇔ 3a =−6 ⇔ a =−2
Vậy a = −2
3) Ta có: 2 x 2 − 3 x + 1 =
0

x =1
Phương trình trên có dạng a + b + c =
0 nên có hai nghiệm 
1
x =

2
1
x 1;=
x
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm =
2
4) Ta có:
 y = −1
−17
3 4 x + 5 y =
3
2
4 x + 5 y =
17 y =
x =
⇔

⇔
⇔
⇔

−1
5
20  x =
3y + 5
x − 3y =
4 x − 12 y =
 x = 3.( −1) + 5  y =
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y=
) ( 2; −1)
Bài 2.
Gọi vận tốc lúc đầu của bác An đi là x ( km / h )( x > 0 )
Nửa quãng đường đầu và nửa quãng đường sau đều dài : 360 : 2 = 180(km)
Thời gian bác An đi nửa quãng đường đầu là

180
(giờ)
x

Trên nửa quãng đường sau, bác An đi với vận tốc là x + 5 ( km / h )
Thời gian bác An đi nửa quãng đường sau là

180
(giờ)
x+5

Vì thời gian đi nửa quãng đường sau ít hơn thời gian đi nửa quãng đường đầu là

1
30 phút = giờ nên ta có phương trình
2


180 ( x + 5 ) − 180 x 1
180 180 1
180 x + 900 − 180 x 1
−
=⇔
=⇔
=
x
x+5 2
x ( x + 5)
2
x2 + 5x
2
900
1
=
⇔ x 2 + 5 x =1800 ⇔ x 2 + 5 x − 1800 =0
2
x + 5x 2
∆= 52 − 4.( −1800 )= 7225 ⇒ ∆= 85
⇔

−5 − 85

x

=
= −45(ktm)
1

2
Nên phương trình có hai nghiệm 
5 + 85
 x −=
=
40(tm)
2

2
Vậy lúc đầu bác An đi với vận tốc 40km / h
Bài 3.

A

B

H

C

a) Xét ∆ABC vuông tại A, theo định lý Pytago ta có:
BC 2 = AB 2 + AC 2 ⇔ BC 2 = 62 + 82 = 100 ⇒ BC = 100 = 10(cm)

Vậy BC = 10cm
b) Xét ∆ABC vuông tại A, có chiều cao AH , theo hệ thức lượng trong tam giác
AB. AC 6.8

vuông, ta có : AH .BC = AB. AC ⇔ AH =
=
=4,8 ( cm )
BC
10
Vậy AH = 4,8cm
Bài 4.


B
O
F

A
E
C

=
900
a) AB là tiếp tuyến với ( O ) nên OB ⊥ AB ⇒ OBA
=
900
AC là tiếp tuyến với ( O ) nên OC ⊥ AC ⇒ OCA
+
ACO = 900 + 900 = 1800
Tứ giác ABOC có OBA
Do đó ABOC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 )
ABE = 
AFC (cùng chắn cung BE )
b) Xét ∆ABE và ∆AFB có: A chung ; 

AB BE AE
⇒ ∆ABE  ∆AFB( g .g ) ⇒ = =
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
AF BF AF
⇒ AB.BF =
AF .BE và AB 2 = AE. AF
Xét ∆ACE và ∆AFC có:

ACE = 
AFC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn
A chung; 

)
CE

AC CE AE
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
⇒ ∆ACE  ∆AFC ( g .g ) ⇒ = =
AF CF AC
⇒ AC.CE =
AE.CF . Ta có:
AB.BF AF
=
.BE ;
AC.CE AE.CF

⇒ AB.BF . AC.CE =
AF .BE. AE.CF
⇒ AB 2 .BF .CE =
AE. AF .BE.CF

2
Mà AB
=
AE. AF (cmt ) ⇒ BF .=
CE BE.CF (dfcm)

Bài 5.


3 − x 2 ≥ 0
Điều kiện: 
⇔ x 2 ≤ 3 . Ta có:
2
2 − 3 − x ≠ 0
0 ≤ x2 ≤ 3 ⇒ 3 − 0 ≥ 3 − x2 ≥ 3 − 3 ⇒ 3 ≥ 3 − x2 ≥ 0
⇒ 3 ≥ 3 − x2
1
⇒
≥
2− 3 2−
1
1
⇒ ≤ A≤
2
2−

≥ 0 ⇔ 2 − 3 ≤ 2 − 3 − x2 ≤ 2
1
1
≥

3 − x2 2
3

Vậy GTNN của A là

1
⇔x=
0;
2

GTLN của A là

1
⇔x=
± 3
2− 3

-------------------- HẾT --------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2020-2021

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN THI : TOÁN
Thời gian : 120 phút (không tính thời gian giao đề)

Bài 1. (2,00 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức A = 3 + 12 − 27 − 36 .

=
b) Cho biểu thức B

2
1
3 x −5
−
+
với x > 0 . Rút gọn biểu thức B và tìm x
x −1
x
x x −1

(

)

sao cho B = 2.
Bài 2. (1,5 điểm)

1 2
x
2
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đã cho.
b) Đường thẳng y = 8 cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A và B, trong đó điểm B có
hoành độ dương. Gọi H là chân đường cao hạ từ A của tam giác OAB, với O là gốc toạ

độ. Tính diện tích tam giác AHB (đơn vị đo trên các trục toạ độ là xentimet).
Cho hàm số y =

Bài 3. (1,5 điểm)
a) Giải phương trình: 3x 2 − 7x + 2 =
0
2
b) Biết rằng phương trình x − 19x + 7 =
0 có hai nghiệm là x1 và x 2 , không giải phương
trình, hãy tính giá trị của biểu thức:

=
P x 2 ( 2x12 − 38x1 + x1x 2 − 3) + x1 ( 2x 22 − 38x 2 + x1x 2 − 3) + 120
2

2

Bài 4. (2,0 điểm)
a) Một số tự nhiên nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị. Tìm số tự nhiên đó.
b) Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc và một đoạn xuống dốc. Một người đi xe đạp
từ A đến B hết 16 phút và đi từ B về A hết 14 phút. Biết vận tốc lúc lên dốc là 10 km/h,
vận tốc lúc xuống dốc là 15 km/h (vận tốc lên dốc và xuống dốc lúc đi và về như nhau).
Tính quãng đường AB.
Bài 5. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cung nhỏ
BC của đường tròn (O) lấy điểm D (không trùng với B và C). Gọi H là chân đường vuông
góc kẻ từ C đến AB (H thuộc AB) và E là giao điểm của CH với AD.
a) Chứng minh rằng tứ giác BDEH là tứ giác nội tiếp.
AB 2 AE. AD + BH .BA
b) Chứng minh rằng=

 = 900 và
c) Đường thẳng qua E song song với AB, cắt BC tại F. Chứng minh rằng CDF
đường tròn ngoại tiếp tam giác OBD đi qua trung điểm của đoạn CF.
--- HẾT ---


Bài

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Sơ lược cách giải

a) (1,00 điểm)

Điểm

• Biến đổi được 12 = 2 3

27 = 3 3

0,25

• 36 = 6
• Kết luận A = −6
b) (1,00 điểm)

0,25
0,25

•

Bài 1
2,00
điểm

0,25

Ta có

2
=
x −1

và 1 =
x

x

(

2 x

x

x −1

Thu gọn B =

(

0,25

)

x −1

0,25

)

x −1

2 x

x

(

)

x −1

−

x

(

x −1

)

x −1

+

3 x −5
x

Do x > 0 và x ≠ 1 nên B = 2 khi và chỉ khi
Kết luận: Giá trị x cần tìm là 4.

(

)

x −1

=

4 x −4
x

(

)

x −1

=

4
x

4
=2⇔ x =2⇔ x=4
x
Vẽ đồ thị (P): xác định được ít nhất 3 điểm
thuộc đồ thị.
Vẽ đúng đồ thị.
Chỉ ra được tọa độ giao điểm B ( 4; 8 )
Tính được AB = 8 và OB = 4 5
Điểm K ( 0;8 ) là hình chiếu của O trên AB.
Ta có OK = 8
Theo công thức tính diện tích OAB.
1
1
16 5
OK . AB = AH .OB ⇒ AH =
2
2
5

Bài 2
1,50
điểm

Tính được BH =

8 5
64

và diện tích tam giác ABH = ( cm 2 )
5
5

a) (0,75 điểm)
Tính đúng ∆ =25
Viết đúng công thức các nghiệm
Bài 3
1,50
điểm

Kết luận phương trình có hai nghiệm x1 =

1
và x2 = 2
3

Ngoài ra x − 19 x1 + 7 =
0 và x − 19 x2 + 7 =
0
Suy ra được 2 x12 − 38 x1 + x1 x2 − 3 =−10 Hoặc 2 x22 − 38 x2 + x1 x2 − 3 =−10
Thay vào biểu thức cần tính, ta được P =x2 ( −10 ) + x1 ( −10 ) + 120 =2020
Bài 4

a) (1,00 điểm)

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

0,25

0,25

0,25

2
2

2

0,25

0,25
0,25

b) (0,75 điểm)
Vì phương trình có hai nghiệm x1 , x2 nên x1 + x2 =
19 và x1 x2 = 7
2
1

0,25

2

0,25
0,25
0,25

2,00
điểm

Gọi x là số tự nhiên cần tìm.
Ta có phương trình x 2 − x = 20 ⇔ x 2 − x − 20 = 0
Giải được hai nghiệm là x1 = −4 và x2 = 5
Kết luận số cần tìm là 5.
b) (1,00 điểm)
- Gọi quãng đường lên dốc, xuống dốc lúc đi từ A đến B lần lượt là x (km) và y (km).
- Điều kiện: x > 0, y > 0
4
7
- 16 phút bằng
giờ; 14 phút bằng
giờ
15
30
4
x y 4
+ =
giờ nên ta có phương trình
- Thời gian đi từ A đến B bằng
15
10 15 15
7
x y 7
+ =
- Thời gian đi từ B về A bằng

giờ nên ta có phương trình
30
15 10 30
x 2,=
y 1 (thoả)
- Giải hai hệ phương trình trên, ta được=
Kết luận quãng đường AB dài 3 km.
Hình vẽ phục vụ câu a và b (chưa có điểm F)
a) (0,75 điểm)
0

Vì CH ⊥ AB (giả thiết) nên EHB = 90
Ta có 
ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn)

 + EHB
=
Tứ giác BDEH có EDB
1800 nên nội
tiếp được trong một đường tròn.
b) (0,75 điểm)
Hai tam giác vuông AEH và ABD, có góc A
chung nên đồng dạng
AE AB
⇒
=
⇒ AB. AH = AE. AD
AH AD
⇒ AB. ( AB − BH ) =

AE. AD

⇒ AB 2= AE. AD + BH .BA Kết luận
Bài 5
3,00
điểm

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

0,25

0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

c) (1,00 điểm)

 (đồng vị)
Vì EF song song AB nên 

ABC = EFC
 = EFC

Lại có 
ABC = 
ADC (cùng chắn cung AC), do đó EDC
Tứ giác CDFE có hai đỉnh D và F cùng nhìn cạnh EC dưới góc bằng nhau nên nội tiếp được.
 + CDF
=


 = 900
Suy ra CEF
1800 mà CEF
= CHB
= 900 (đồng vị) nên CDF
 vì cùng phụ FDE

 , do đó 
Suy ra 
ADC = FDB
ABC = FDB

0,25









FD = FB
O+F
BD = O
BD ( 2 )
Ta có M
=
FD FD
B+F
BD (góc ngoài của tam giác) ⇒ M

0,25

0,25



DF = M
FD (1)
Gọi M là trung điểm của CF thì MF = MD ⇒ M
 = ODB
 ( 3)
Mặc khác, tam giác OBD cân tại O nên OBD
 = OD

Từ (1), (2), (3) ta có MDF
B







Suy ra M
DO + O
DF = O
DF + FD
B ⇒ MD
O= F
DB
)


⇒M
DO =
M
BO (cùng bằng FDB

Tứ giác BDMO có hai đỉnh D và B cùng nhìn cạnh MO dưới góc bằng nhau nên nội tiếp được
trong một đường tròn. Kết luận.

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG NAI
Đề chính thức
Câu 1(1,75 điểm)

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC : 2020 – 2021
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút

7
3 x − 5 y =
1
2 x + 4 y =

1) Giải hệ phương trình: 

2) Giải phương trình: x 4 − 12 x 2 + 16 =
0
3) Giải phương trình:
Câu 2(2 điểm)

1
1
3
+
=
x − 1 ( x − 1)( x − 2) 2 x

1) Vẽ đồ thị hàm số y =

x2
4

2) Tìm các tham số m để hai đường thẳng y = 2x và y = (m2 + m) x +1 cắt nhau.

3) Tìm số thực a để biểu thức

1
+ 6 − 2a xác định.
a−2

Câu 3 (1,75 điểm)
1) Một hình cầu có thể tích bằng 288 π (cm3). Tính diện tích mặt cầu.
2) Một nhóm học sinh được giao xếp 270 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian
nhất định. Khi bắt đầu làm việc nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp
xếp nhiều hơn dự định 20 quyển sách, vì vậy không những hoàn thành trước dự định 1 giờ
mà còn vượt mức được giao 10 quyển sách. Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định xếp
là bao nhiêu.
3) Cho phương trình x 2 − 2 x − 1 =0 có hai nghiệm x1 , x2 . Hãy lập một phương trình bậc hai
một ẩn có hai nghiệm là ( x1 ) , ( x2 ) .
Câu 4 (1,25 điểm)
3

3

 a a −8   a +5 a + 6 

a−4


1) Rút gọn biểu thức S = 
 . 
a+2 a +4 
3
 x=

y 2 + 18
2) Giải hệ phương trình:  3 2
 y= x + 18

( với a ≥ 0; a ≠ 4 )

Câu 5 (2,75 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có hai đường cao BE,
CF cắt nhau tại trực tâm H, ABđường thẳng AH với (O), K khác A. Gọi L, P lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng
BC và È, AC và KD.
1.Chứng minh tứ giác EHKP nội tiếp đường tròn và tâm I của đường tròn này thuộc
đường thẳng BC.
2.Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Chứng minh AH = 2OM.
3. Gọi T là giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK, T
khác K. Chứng minh rằng ba điểm L, K, T thẳng hàng.
Câu 6 (0,5 điểm). Cho ba số thực a, b, c dương thỏa mãn abc = 1.
Chứng minh rằng: ( a 2 + b 2 + c2 )3 ≥ 9(a + b + c)
---Hết---


HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT - TỈNH ĐỒNG NAI
NĂM HỌC : 2020 – 2021
Câu 1(1,75 điểm)

7
3 x − 5 y =
1
2 x + 4 y =

1) Giải hệ phương trình: 
Giải:

3
3


=
x =
x


− 5y 7
20 y 28 =
3 x=
12 x −=
22 x 33


2
2
⇔
⇔
⇔
⇔

x
y
x
y

x
y
=
+
+
=
=
+
2
4
1
10
20
5
2
4
1
3



2. + =
 y −1
4y 1 =
 2

2
4
2
2) Giải phương trình: x − 12 x + 16 =

(1)
0
2
Giải: Đặt x = t ( t ≥ 0 )
Phương trình (1) trở thành: t 2 − 12t + 16 =
0 (2)

∆ ' = b '2 − ac = (−6) 2 − 16 = 20 , phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt:

6 − 20 =
6 − 2 5 (tm)
t1 =
6 + 20 =
6 + 2 5 (tm) ; t2 =

2
Với t1 =6 + 2 5 ⇔ x =6 + 2 5 ⇔ x =± 6 + 2 5 =± ( 5 + 1)

2
Với t2 =6 − 2 5 ⇔ x =6 − 2 5 ⇔ x =± 6 − 2 5 =± ( 5 − 1)
Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm: ± ( 5 + 1) ; ± ( 5 − 1)

1
1
3
+
=
x − 1 ( x − 1)( x − 2) 2 x
Giải: ĐKXĐ: x ≠ 1; x ≠ 2; x ≠ 0
1

1
3
+
=
x − 1 ( x − 1)( x − 2) 2 x
2 x( x − 2) + 2 x
3.( x − 1)( x − 2)
⇔
=
2 x( x − 1)( x − 2) 2 x( x − 1)( x − 2)

3) Giải phương trình:

⇒ 2 x 2 − 4 x + 2 x= 3( x 2 − 3 x + 2)
⇔ 2 x 2 − 2 x = 3x 2 − 9 x + 6
0
⇔ x2 − 7 x + 6 =

Do a + b +c = 1 + (-7) + 6 = 0 nên phương trình có nhiệm:
x1 = 1 (không thỏa ĐK), x2 = 6 (thỏa ĐK)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 6.
Câu 2(2 điểm)
1) Vẽ đồ thị hàm số y =

x2
4

Giải: Hàm số xác định với mọi x ∈ R
Bảng giá trị:
x

-4
-2
0
2
y=

2

x
4

4

1

0

1

4
4

Đồ thị hàm số là một Parabol đi qua gốc tọa độ O, nhân Oy làm trục đối xứng, bề lõm quay
lên trên, O là điểm thấp nhất.


2) Tìm các tham số m để hai đường thẳng y = 2x và y = (m2 + m) x +1 cắt nhau.
Giải: Hai đường thẳng cắt nhau khi :
a ≠ a ' ⇔ 2 ≠ m2 + m
⇔ m2 + m − 2 ≠ 0

⇔ m ≠ 1; m ≠ −2

Để hai đường thẳng cắt nhau thì m ≠ 1 và m ≠ −2
3) Tìm số thực a để biểu thức
a − 2 > 0

a > 2

1
+ 6 − 2a xác định.
a−2

Giải: ĐKXĐ: 6 − 2a ≥ 0 ⇔ a ≤ 3 ⇔ 2 < a ≤ 3


Vậy với 2 < a ≤ 3 thì biểu thức xác định.
Câu 3 (1,75 điểm)
1) Một hình cầu có thể tích bằng 288 π (cm3). Tính diện tích mặt cầu.
Giải: Gọi R là bán kính hình cầu.
4
3

Ta có: π R3 = 288π ⇔ R3 = 216 ⇔ R= 6(cm)
Diện tích mặt cầu:
=
π R 2 4=
π .62 144π (cm 2 )
S 4=
2) Một nhóm học sinh được giao xếp 270 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian
nhất định. Khi bắt đầu làm việc nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp

xếp nhiều hơn dự định 20 quyển sách, vì vậy không những hoàn thành trước dự định 1 giờ
mà còn vượt mức được giao 10 quyển sách. Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định xếp
là bao nhiêu.
Giải: Gọi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định xếp là x (quyển)
*
ĐK: x ∈ N
Số quyển sách mỗi giờ thực tế xếp là: x + 20 (quyển)
Thời gian dự định để xếp 270 quyển sách là:

270
(h)
x

Tổng số quyển sách đã xếp trong thực tế là: 270 + 10 = 280 (quyển)
Thời gian thực tế để xếp 280 quyển sách là:

280
(h)
x + 20

Do công việc hoàn thành trước dự định 1 giờ nên ta có phương trình:
270 280
1
−
=
x
x + 20
⇒ 270( x + 20) − 280 x = x( x + 20)

x 2 + 20 x

⇔ 270 x + 5400 − 280 x =
0
⇔ x 2 + 30 x − 5400 =
60(tm); x2 =
⇔ x1 =
−90(ktm)

Vậy số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định xếp là 60 quyển.