Tập thể Giáo viên ToánFacebook: “Nhóm Toán và LaTeX”EX-THCS06TUYỂN TẬP ĐỀ TUYỂN SINHVÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2018-2019MÔN TOÁNTHÁNG 7-2018Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”EX_THCS06.tex2Mục lục1Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, An Giang . . . . . . . . . . . . . . . . . . .52Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bắc Giang . . . . . . . . . . . . . . . . . . .93Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bắc Kạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .134Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bạc Liêu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .175Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bắc Ninh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .216Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bà Rịa Vũng Tàu . . . . . . . . . . . . . . .277Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bến Tre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .328Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bình Định . . . . . . . . . . . . . . . . . . .369Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bình Dương . . . . . . . . . . . . . . . . . .4010Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bình Phước . . . . . . . . . . . . . . . . . .4411Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2018-2019, Bình Thuận. . . . . . . . . . . . . . .4812Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Cao Bằng . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5113Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Đắk Lắk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5414Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Điện Biên . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5815Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Đồng Nai. . . . . . . . . . . . . . . . . . .6516Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Đồng Tháp. . . . . . . . . . . . . . . . . .6917Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Hải Dương . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7218Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Hà Nam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7619Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Hà Tĩnh - Đề 1 . . . . . . . . . . . . . . . .8020Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Hà Tĩnh - Đề 2 . . . . . . . . . . . . . . . .8321Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Hậu Giang . . . . . . . . . . . . . . . . . . .8622Đề thi Tuyển sinh lớp 10 Tỉnh Hòa Bình 2018 - 2019 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .9423Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Hưng Yên . . . . . . . . . . . . . . . . . . .9724Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Kiên Giang . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10825Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Lào Cai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11226Đề tuyển sinh 10 năm học 2018-2019 tỉnh Lai Châu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11727Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Lạng Sơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12128Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Long An . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12529Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Nam Định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12930Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Nghệ An . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13531Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Ninh Bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1393Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”EX_THCS06.tex32Đề thi Tuyển sinh 10 năm học 2018-2019 Ninh Thuận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14333Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Phú Thọ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14634Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Quãng Ngãi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15235Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Quảng Ninh . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15636Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Quảng Trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15937Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018 - 2019, Sóc Trăng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16238Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Tây Ninh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16539Đề thi vào 10, Sở GD Tuyên Quang 2018-2019 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17040Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Cần Thơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17341Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, thành phố Đà Nẵng . . . . . . . . . . . . . . 18442Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Hà Nội . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18943Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, thành phố Hải Phòng . . . . . . . . . . . . . 19244Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, TP Hồ Chí Minh . . . . . . . . . . . . . . . 19845Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Phú Yên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20346Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Thái Bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21047Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Thái Nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21348Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Thanh Hóa49Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Thừa Thiên Huế50Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Tiền Giang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22551Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Trà Vinh52Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Vĩnh Long . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23353Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Vĩnh Phúc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23754Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Yên Bái, mã đề 009 . . . . . . . . . . . . . . 24355Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, tỉnh Yên Bái, mã 022 . . . . . . . . . . . . . 2584. . . . . . . . . . . . . . . . . . 217. . . . . . . . . . . . . . . 221. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-AnGiang.texLATEX hóa: Thầy Phan Minh Quốc Vinh & Phản biện: Thầy Nguyễn Tất Thu1Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, An GiangCâu 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau đây√√√√a] 3x − 2x = 3 + 2.b]x + y = 101−x + y = −1√c] x2 + 2 3x + 2 = 0.Lời giải.a] Ta có√3x −√2x =√3+√√ ä√√3− 2 x= 3+ 2√√3+ 2√⇔x= √3− 2Ä√√ ä Ä√√ ä3+ 23+ 2⇔ x = Ä√√ ä Ä√√ ä3− 23+ 2Ä√√ ä2√3 + 2 = 5 + 2 6.⇔x=2⇔Ä√b] Ta cóx + y = 101⇔−x + y = −1⇔⇔⇔⇔2y = 100−x + y = −1y = 50−x + y = −1y = 50−x + 50 = −1y = 50−x = −51x = 51y = 50.√c] Ta có ∆ = [2 3]2 − 4 · 2 = 4.Phương trình có hai nghiệm√√√−b + ∆−2 3 + 2x1 === − 3 + 1,2a2√√√−b − ∆−2 3 − 2x2 === − 3 − 1.2a25Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-AnGiang.texCâu 2. Cho hàm số y = 0,5x2 có đồ thị là Parabol [P ].a] Vẽ đồ thị [P ] của hàm số đã cho.b] Xác định hệ số a, b của đường thẳng [d] : y = ax + b, biết [d] cắt trục hoành tại điểm có hoành độbằng 1 và [d] cắt [P ] tại điểm có hoành độ bằng 2. Chứng tỏ [d] và [P ] tiếp xúc nhau.Lời giải.a]yBảng giá trịy = 0,5x2x−2−10122y20,500,5210.5Đồ thị như hình vẽ bên.−2−1 O12xb] Đường thẳng cắt Ox tại điểm có hoành độ bằng 1 nên đường thẳng đi qua điểm [1; 0]⇒ 0 = a · 1 + b [∗].[d] cắt [P ] tại điểm có hoành độ bằng 2 nên đường thẳng đi qua điểm [2; 2]⇒ 2 = a · 2 + b [∗∗].Từ [∗] và [∗∗] ta cóa + b = 02a + b = 2⇔a + b = 0a = 2⇔a = 2b = −2.Vậy a = 2, b = −2 thỏa yêu cầu bài toán.Phương trình hoành độ giao điểm giữa [d] và [P ] là0,5x2 = 2x − 2 ⇔ 0,5x2 − 2x + 2 = 0Ta có ∆ = 22 − 4 · 2 · 0,5 = 0.Vậy [d] tiếp xúc [P ].Câu 3. Cho phương trình bậc hai x2 − 3x + m = 0 [m là tham số].a] Tìm m để phương trình có nghiệm bằng −2. Tính nghiệm còn lại ứng với m vừa tìm được.b] Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị nhỏ nhất củaA = x21 + x22 − 2x1 x2 .Lời giải.a] Phương trình x2 − 3x + m = 0 có nghiệm x1 = −2 ⇒ [−2]2 − 3[−2] + m = 0 ⇔ m = −10.Do x1 + x2 = 5 ⇒ x2 = 5.Vậy m = −10 thì phương trình đã cho có nghiệm −2 và nghiệm còn lại là 5.6Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-AnGiang.texb] Ta có ∆ = [−3]2 − 4 · m = 9 − 4m.9Phương trình có nghiệm khi chỉ khi ∆ ≥ 0 ⇔ 9 − 4m ≥ 0 ⇔ m ≤ .4Áp dụng định lý Vi-ét, ta có x1 + x2 = 3, x1 · x2 = m.Mà A = x21 + x22 − 2x1 x2 = [x1 + x2 ]2 − 5x1 x2 = 32 − 5m = 9 − 5m.454599=− .Vì m ≤ nên −5m ≥ − ⇔ 9 − 5m ≥ 9 −444499Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng − khi m = .44Câu 4. Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểmcủa AB, BC, CA.a] Chứng minh tứ giác BM ON nội tiếp đường tròn.b] Kéo dài AN cắt đường tròn [O] tại G [khác A]. Chứng minh ON = N G.¯ của đường tròn [O] tại điểm F . Tính số đo của góc OF P .c] P N cắt cung nhỏ BGLời giải.a]AXét tứ giác BM ON , ta cóOM ⊥ AB [bán kính qua trung điểm dây thì vuông gócvới dây].MTương tự ON ⊥ BC.OP⇒ BM O + BN O = 180◦ .BVậy tứ giác BM ON nội tiếp.CNb]AXét tam giác BOG có OB = OG [bánkính].Mặt khác A, O, N thẳng hàng do tamgiác ABC đều.M¯ nên AGB =Mà AGB chắn cung ABPO60◦ .JTam giác BOG cân và có một góc 60◦nên là tam giác đều.BN⇒ BN là trung tuyến của tam giácđều BOG hay ON = N G.FGc] Gọi J là giao điểm của CM và P N . Xét tam giác OJF , ta cóCM ⊥ P N [do CM ⊥ AB và vì P N là đường trung bình nên P N ∥ AB].Vậy tam giác OJF vuông tại J.1111 3RTa có JM = CM , OM = CM , OJ = JM − OM = CM = · OC = .2366 24OJR1◦⇒ sin OF J == ÷ R = ⇒ OF P ≈ 14 28 39 .OF447CFacebook “Nhóm Toán và LaTeX”EX_THCS06.texCâu 5.MCầu vòm là một dạng cầu đẹp bởi hình dáng cầu được uốnlượn theo một cung tròn tạo sự hài hòa trong thiết kế cảnhquan, đặc biệt là các khu đô thị có dòng sông chảy qua, tạoABKđược một điểm nhấn của công trình giao thông hiện đại.Một chiếc cầu vòm được thiết kế như hình vẽ bên, vòm cầu˙là một cung tròn AMB.Độ dài đoạn AB bằng 30 m, khoảng cách từ vị trí cao nhất ở giữa vòm cầu so với mặt sàn cầu là đoạnM K có độ dài 5 m. Tính chiều dài vòm cầu.Lời giải.MGiả sử vòm là cung tròn tâm O bán kính R. Vẽ đường kính M C. Tam giácM BC vuông tại B có BK là đường cao, ta đượcAM K · KC = KB 2 ⇒ 5 · [2R − 5] = 152⇔ 10R − 25 = 225BKO⇔ 10R = 250⇔ R = 25 m.C√√√M K 2 + KB 252 + 15210MBsin BCM ====.MCMC5010⇒ BCM ≈ 18◦ 26 6 .˙⇒ sđAMB = 4 · BCM ≈ 73◦ 44 23 .˙Độ dài cung AMB làl=πRn◦π · 25 · 73◦ 44 23=≈ 32,175 m.180◦180◦Vậy chiều dài vòm cầu là 32,175 m.8Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-BacGiang.texLATEX hóa: Thầy Nguyễn Tất Thu & Phản biện: Thầy Lê Mạnh Thắng2Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bắc GiangCâu 1.a] Tính giá trị của biểu thức A =√ ä√ Ä√5 20 − 5 + 1.b] Tìm tham số m để đường thẳng y = [m − 1]x + 2018 có hệ số góc bằng 3.Lời giải.a] Ta cóA=√ ä√ √√ Ä √5 2 5 − 5 + 1 = 5 · 5 + 1 = 6.b] Hệ số góc của đường thẳng bằng 3 khi và chỉ khi m − 1 = 3 ⇔ m = 4.Câu 2.1. Giải hệ phương trìnhx + 4y = 82x + 5y = 13.Ç2. Cho biểu thức B =å √√2610 − 2 a[ a − 1]√√+ √·[với a > 0, a = 1].a−1 a a−a− a+14 a[a] Rút gọn biểu thức B.√[b] Đặt C = B [a − a + 1]. So sánh C và 1.3. Cho phương trình x2 − [m + 2]x + 3m − 3 = 0 [1], với x là ẩn, m là tham số.[a] Giải phương trình [1] khi m = −1.[b] Tìm các giá trị của m để phương trình [1] có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1 , x2 là độdài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5.Lời giải.1. Hệ đã cho tương đương với2x + 8y = 162x + 5y = 13⇔3y = 3x + 4y = 8Vậy nghiệm của hệ là [x; y] = [4; 1].2.9⇔y = 1x = 4.Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-BacGiang.tex√√√√√[a] Ta có a a − a − a + 1 = a [ a − 1] − [ a − 1] = [ a − 1] [a − 1]. Do đóÇå √√2610 − 2 a[ a − 1]√√B=+·a − 1 [a − 1] [ a − 1]4 a√√√26 [ a − 1] + 10 − 2 a [ a − 1]√= √√2 ·4 a[ a + 1] · [ a − 1]√4+4 a1= √ √=√ .4 a[ a + 1]a[b] Ta cóC=a−Çå√√a+11√=a+ √− 1 ≥ 2 − 1 = 1.aaĐẳng thức xảy ra khi a = 1 [loại]. Vậy C > 1.3.[a] Với m = −1, phương trình đã cho trở thànhx2 − x − 6 = 0 ⇔ [x − 3][x + 2] = 0 ⇔ x = 3, x = −2.Vậy phương trình có nghiệm x = −2, x = 3.[b] Vì x1 , x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông, nên [1] có hai nghiệm dương phân biệt,hay∆ = [m + 2]2 − 4[3m − 3] > 0S =m+2>0P = 3m − 3 > 0⇔[m − 4]2 > 0m > −2m > 1⇔m = 4[∗]m > 1.Theo định lí Vi-ét, ta có x1 + x2 = m + 2, x1 · x2 = 3m − 3. Theo định lí Pitago:x21 + x22 = 25 ⇔ [x1 + x2 ]2 − 2x1 x2 = 25 ⇔ [m + 2]2 − 2[3m − 3] − 25 = 0⇔ m2 − 2m − 15 = 0 ⇔ [m − 5][m + 3] = 0 ⇔ m = 5, m = −3.Đối chiếu với [*] ta có m = 5 là giá trị cần tìm.Câu 3. Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường dài 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫntrên cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/hso với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốccủa xe đạp khi bạn Linh từ nhà đến trường.Lời giải.Gọi x [km/h] là vận tốc xe đạp khi Linh đi từ nhà đến trường [x > 2].10Thời gian Linh đi từ nhà đến trường là[h].x10[h].Thời gian Linh đi từ trường về nhà làx−2Theo đề bài ta có phương trình1010151−== ⇔ x2 − 2x − 80 = 0x−2x604⇔[x − 10][x + 8] = 0 ⇔ x = 10, x = −8 [loại].Vậy vận tốc của xe đạp khi Linh đi từ nhà đến trường là 10 [km/h].10Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-BacGiang.texCâu 4. Cho tam giác nhọn ABC. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tạicác điểm M, N [M = B, N = C]. Gọi H là giao điểm của BN với CM ; P là giao điểm của AH và BC.a] Chứng minh tứ giác AM HN nội tiếp được trong một đường tròn.b] Chứng minh BM · BA = BP · BC.c] Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác ABC đều cạnh 2a. Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứgiác AM HN theo a.d] Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF của đường tròn tâm O đường kính BC [E, F là các tiếpđiểm]. Chứng minh ba điểm E, H, F thẳng hàng.Lời giải.a]Ta có M, N nằm trên đường tròn đường kính BC,Anên ta có BN ⊥ AC, CM ⊥ AB. Suy ra AM H =AN H = 90◦ , suy ra tứ giác AM HN nội tiếp.b] Ta có BN , CM là hai đường cao của tam giác ABCnên H là trực tâm của tam giác ABC.NSuy ra AP ⊥ BC. Do đó, ta có tứ giác AM P C nộiDẫn tớiBM PBCA, suy rahay BM · BA = BP · BC.FMtiếp, suy ra AM P + ACB = 180◦ .BCBM=,BPBAHEBPCOc] Vì tam giác ABC đều, nên M, N, P là trung điểm của ba √cạnh.22a3aa 3Ta có AP 2 = AB 2 − BP 2 = a2 −=, suy ra AP =.44√ 22a 3Lại có H là trọng tâm giác ABC, nên AH = AP =.33√AHa 3Bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AM HN là R ==.26πaChu vi đường tròn cần tính: 2πR =.3“ chung, AEM = ABE =d] Xét hai tam giác AM E và AEB có góc AABE, nên ta có AM · AB = AE 2 .1¯ , suy rasđ EM2AEM[1]Mặt khác, tứ giác BP HM nội tiếp [do BM H = BP H =90◦ ]nên ta cũng cóAM · AB = AH · AP.Từ [1] và [2] ta suy ra AH · AP = AE 2 , hay làAEAH=. Từ đây, suy raAEAP[2]AHEAEP , nênAHE = AEP .Chứng minh tương tự,ta cũng có AHF = AF P .Lại có AEO = AP O = AF O = 90◦ , nên tứ giác AEP F nội tiếp.Do đó AHE + AHF = AEP + AF P = 180◦ . Từ đây, ta có ba điểm E, H, F thẳng hàng.11Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”EX_THCS06.tex√81x2 + 18225x + 1 6 x + 8Câu 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =−, với x > 0.9xx+1Lời giải.Ta cóÇå√6 x+81+ 9−−9P = 9x + 2025 +9xx+1√Åã19x − 6 x + 1= 9x +++ 20169xx+1 √21[3 x − 1]++ 2016 ≥ 2018.≥ 2 9x ·9xx+11Đẳng thức xảy ra khi x = . Vậy min P = 2018.912Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-BacKan-TL.texLATEX hóa: Thầy Đào Văn Thủy & Phản biện: Thầy Nguyễn Minh Tiến3Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bắc KạnBài 1. Giải phương trình 3x − 2 = 0.Lời giải.2Ta có 3x − 2 = 0 ⇔ x = .32Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = .3Bài 2. Giải phương trình x2 − 5x + 6 = 0.Lời giải.Ta có ∆ = [−5]2 − 4 · 1 · 6 = 1.Vì ∆ > 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt làx1 =5−15+1= 3 ; x2 == 2.22Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {3; 2}.Bài 3. Giải hệ phương trình2x − 3y = 1x − 2y = −1.Lời giải.Ta có2x − 3y = 1⇔x − 2y = −12x − 3y = 1⇔2x − 4y = −22x − 3y = 1y = 3.⇔x = 5y = 3.Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất [x; y] = [5; 3].Bài 4. Quãng sông từ A đến B dài 60 km. Một ca nô xuôi dòng từ A đến B rồi ngược từ B trở về Amất tổng cộng 8 giờ. Tính vận tốc thực của ca nô, biết vận tốc dòng nước là 4 km/h.Lời giải.Gọi vận tốc thực của ca nô là x km/h [điều kiện x > 4].Vì vận tốc dòng nước là 4 km/h nên60giờ.x+460vận tốc ca nô khi ngược dòng là x + 4 km/h ⇒ thời gian ca nô đi ngược dòng làgiờ.x−4Do đó ta có phương trìnhvận tốc ca nô khi xuôi dòng là x + 4 km/h ⇒ thời gian ca nô đi xuôi dòng là606060[x − 4] + 60[x + 4]+=8⇔=8x+4 x−4[x + 4][x − 4]Ää⇔ 120x = 8 x2 − 16x = 16 [thỏa mãn]⇔ x2 − 15x − 16 = 0 ⇔ x = −1 [loại].Vậy vận tốc thực của ca nô là 16 km/h.13Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-BacKan-TL.tex√√√Bài 5. Rút gọn biểu thức A = 2 20 + 3 45 − 4 80.Lời giải.Ta có√√√A = 2 20 + 3 45 − 4 80√√√= 4 4 + 9 5 − 16 5√= −3 5.√Vậy A = −3 5.Bài 6. Rút gọn biểu thức sauÇB=12+ √x−1åx−1· √2 x−11với x ≥ 0, x = 1, x = .4Lời giải.Ta cóåÇx−11· √B = 2+ √x−12 x−1√2 x−2+1x−1= √· √x−12 x−1√√√2 x − 1 [ x − 1] · [ x + 1]√·= √x−12 x−1√= x + 1.Vậy B =Bài 7.√1x + 1 với x ≥ 0, x = 1, x = .42a] Vẽ parabol [P ] : y = 2x trên mặt phẳng Oxy.b] Tìm a, b để đường thẳng [d] : y = ax + b đi qua M [0; −1] và tiếp xúc với parabol [P ].Lời giải.a] Vẽ parabol [P ] : y = 2x2 .y2−1 Ob]1x• Đường thẳng [d] : y = ax + b đi qua M [0; −1] nên ta có a · 0 + b = −1 ⇒ b = −1.Do đó [d] có dạng y = ax − 1.14Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-BacKan-TL.tex• Xét phương trình hoành độ giao điểm của [d] và [P ]:ax − 1 = 2x2 ⇔ 2x2 − ax + 1 = 0.[1][d] và [P ] tiếp xúc với nhau khi và chỉ khi phương trình [1] có nghiệm kép.√⇔ ∆ = 0 ⇔ a2 − 8 = 0 ⇔ a = ±2 2.Ä √äÄ √äVậy [a; b] = 2 2; −1 hoặc [a; b] = −2 2; −1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.Bài 8. Cho phương trình x2 − 2[m + 1]x + 6m − 4 = 0 [1] [với m là tham số].a] Chứng minh rằng phương trình [1] luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.b] Tìm m để phương trình [1] có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn [2m − 2]x1 + x22 − 4x2 = 4.Lời giải.a] Ta có ∆ = [m + 1]2 − [6m − 4] = m2 − 4m + 5 = [m − 2]2 + 1.Vì [m − 2]2 ≥ 0 ∀m ∈ R nên ∆ ≥ 1 ∀m ∈ R.Vậy phương trình [1] luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.b] Theo định lí Vi-et ta cóx1 + x2 = 2[m + 1][∗]x x = 6m − 4.1 2Vì x2 là nghiệm của phương trình [1] nên ta cóx22 − 2[m + 1]x2 + 6m − 4 = 0 ⇒ x22 − 4x2 = [2m − 2]x2 − 6m + 4.Khi đó[2m − 2]x1 + x22 − 4x2 = 4 ⇔ [2m − 2]x1 + [2m − 2]x2 − 6m + 4 = 0⇔ [2m − 2] [x1 + x2 ] − 6m + 4 = 0⇔ [2m − 2] · 2[m + 1] − 6m + 4 = 0m=2⇔ 2m2 − 3m − 2 = 0 ⇔ 1m=− .2Vậy m = 2, m = −1là các giá trị cần tìm.2Bài 9. Cho đường tròn [O] đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn [O]. Trên tia Ax lấy điểmC, từ C vẽ đường thẳng cắt đường tròn [O] tại hai điểm D và E [D và E không cùng nằm trên nửa mặtphẳng bờ AB, D nằm giữa C và E]. Từ điểm O kẻ OH vuông góc với đoạn thẳng DE tại điểm H.a] Chứng minh rằng tứ giác AOHC nội tiếp.b] Chứng minh rằng AD · CE = AC · AE.c] Đường thẳng CO cắt các tia BD, BE lần lượt tại M và N . Chứng minh rằng tứ giác AM BN làhình bình hành.15Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”EX_THCS06.texLời giải.xCMDHABOENa] Vì Ax là tiếp tuyến của [O] nên CAO = 90◦ .Xét tứ giác AOHC ta có CAO + CHO = 90◦ + 90◦ = 180◦ .Vậy CAOH là tứ giác nội tiếp.b] XétADC vàEAC ta có:CAD = AEC [góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AD].“ chung.CSuy raADCEAC [g-g].ACAD=⇒ AD · CE = AC · AE [đpcm].Do đóEAECc] XétADH vàN BO, ta cóADH = N BO [góc nội tiếp chắn cung AE].AHD = AOC [góc nội tiếp chắn cung AC do tứ giác CAOH nội tiếp]AOC = N OB [đối đỉnh] ⇒ AHD = N OB.1DEADDHDEDo đó ADHN BO ⇒== 21=.NBBOBA2 BANBADSuy ra=⇒ ADEN BA.DEBA⇒ AED = N AB = ABD.XétAON vàBOM có:AO = BOAON = BOM [đối đỉnh].OAN = N AB = ABD = OBM .⇒AON =BOM [gcg] ⇒ ON = OM .Từ đó ta được tứ giác AM BN có hai đường chéo AB, M N cắt nhau tại O là trung điểm của mỗiđường. Vậy tứ giác AM BN là hình bình hành.16Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-BacLieu.texLATEX hóa: Thầy Trần Hòa & Phản biện: Cô Đinh Bích Hảo4Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bạc LiêuCâu 1. Rút gọn biểu thức√√45 + 20 − 2 5.√a+2 aa−4b] B = √−√, [với a ≥ 0; a = 4].a+2a−2a] A =√Lời giải.a]√20 − 2 5√√√=32 · 5 + 22 · 5 − 2 5√√√= 3 5+2 5−2 5√= 3 5.A =√45 +√b]√a+2 aa−4B = √−√a+2a−2√√ √√a[ a + 2] [ a + 2][ a − 2]√√−=a+2a−2√√=a − [ a + 2]= −2.Câu 2. Giải hệ phương trìnhx + y = 42x − y = 5.Lời giải.x + y = 42x − y = 5⇔3x = 9y = 4 − x⇔x = 3y = 1.Vậy hệ phương trình có nghiệm [x; y] = [3; 1].1Câu 3. Cho hàm số y = x2 có đồ thị [P ] và đường thẳng d : y = x + 2m.2a] Vẽ đồ thị [P ].b] Tìm tất cả các giá trị của m sao cho d cắt [P ] tại điểm có hoành độ bằng −1.Lời giải.a]17Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-BacLieu.texVẽ đồ thị:Bảng giá trị:x−2y2−11200112y2221x0 12−1b] Hoành độ giao điểm của đường thẳng d và parabol [P ] là nghiệm của phương trình−2−11 21x = x + 2m ⇔ x2 − x − 2m = 0. [1]22Để d cắt [P ] tại điểm có hoành độ bằng −1 ⇔ x = −1 là nghiệm của phương trình [1]1· [−1]2 − [−1] − 2m = 023⇔ 2m =23⇔ m= .4⇔3Vậy m = .4Câu 4. Cho phương trình x2 + 4x + m + 1 = 0[1] [với m là tham số].a] Giải phương trình [1] với m = 2.b] Tìm điều kiện của m để phương trình [1] có nghiệm.c] Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình [1] có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiệnx1 − 1 x2 − 1+= −3.2x22x1Lời giải.a] Thay m = 2 vào [1] : x2 + 4x + 3 = 0Ta có a − b + c = 1 − 4 + 3 = 0 ⇔ phương trình có hai nghiệmx1 = −1x2 = −3.Vậy, với m = 2 thì phương trình có hai nghiệm x1 = −1, x2 = −3.b] ∆ = 22 − [m + 1] = 3 − m.Để phương trình [1] có nghiệm khi ∆ ≥ 0 ⇔ 3 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 3.c] Để phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ 3 − m > 0 ⇔ m < 3.Áp dụng định lý Vi-ét, ta cóx1 + x2 = −4[∗]x1 x2 = m + 118Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-BacLieu.texTa cóx1 − 1 x2 − 1+= −32x22x1⇔ x1 [x1 − 1] + x2 [x2 − 1] = −6x1 x2 , [x1 = 0, x2 = 0]⇔ [x21 + x22 ] − [x1 + x2 ] = −6x1 x2⇔ [x1 + x2 ]2 − 2x1 x2 − 2[x1 + x2 ] = −6x1 x2⇔ [x1 + x2 ]2 + 4x1 x2 − [x1 + x2 ] = 0. [∗∗]Thay [∗] vào [∗∗] ta được16 + 4[m + 1] + 4 = 0 ⇔ m = −6 [thỏa mãn].Vậy m = −6.Câu 5. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểmbất kỳ trên cung AC [M khác A, C và điểm chính giữa cung AC]; BM cắt AC tại H. Gọi K là chânđường vuông góc kẻ từ H đến AB.a] Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.b] Chứng minh CA là phân giác góc M CK.c] Kẻ CP vuông góc với BM [P ∈ BM ] và trên đoạn BM lấy điểm E sao cho BE = AM . Chứngminh M E = 2CP .Lời giải.CMHPEAa] Xét tứ giác BCHK cóKOBBCH = BCA = 90◦ [góc nội tiếp chắn nửa đường tròn]BKH = 90◦ [do HK ⊥ AB]⇒ BCHK là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BH.b] Xét [O] có ABM = ACM[1] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM ].Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK có KBH = KCH[2] [hai góc nội tiếp cùng chắn cungHK].Từ [1], [2] ⇒ KCH = ACM ⇒ CA là tia phân giác góc M CK.19Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”c] XétACM vàEX_THCS06.texBEC cóM AC = EBC [hai góc nối tiếp cùng chắn cung MC]AM = BE [giả thiết]AC = BC [giả thiết]⇒BEC ⇒ M C = EC ⇒ M CE cân tại C ⇒ P là trung điểm đoạn M E.11 ¯Lại có CM E = CM B = sđBC= 45◦ ⇒ M CE vuông cân tại C. Vậy CP = M E [tính chất22đường trung tuyến trong tam giác vuông]. Hay M E = 2CP .AM C =20Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-BacNinh.texLATEX hóa: Cô Đinh Bích Hảo & Phản biện: Thầy Cường Nguyễn5Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2018-2019, Bắc NinhI. TRẮC NGHIỆMChọn phương án trả lời đúng trong các câu sau:Câu 1. Phương trình x2 − 3x − 6 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Tổng x1 + x2 bằngA. 3.B. −3.C. 6.D. −6.Lời giải.Theo Vi-ét ta có x1 + x2 = −b= 3.aChọn đáp án ACâu 2. Đường thẳng y = x + m − 2 đi qua điểm E[1; 0] khiA. m = −1.B. m = 3.C. m = 0.D. m = 1.Lời giải.Thay tọa độ điểm E vào công thức hàm số ta được 0 = 1 + m − 2 ⇔ m = 1.Chọn đáp án DCâu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A, ACB = 30◦ , cạnh AB = 5 cm. Độ dài cạnh√AC là√55 2C. 5 3 cm.cm.A. 10 cm.B. √ cm.D.23Lời giải.√ABABTa có tan C =⇒ AC == 5 3 cm.ACtan CChọn đáp án CCâu 4. Cho hình vuông cạnh bằng 1, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là√√12A. .B. 1.C. 2.D..22Lời giải.ACBán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là.2√√AC2222Ta có AC = AB + BC = 2 ⇒ AC = 2 ⇒ R ==.22Chọn đáp án DCâu 5. Phương trình x2 + x + a = 0 [với x là ẩn, a là tham số] có nghiệm kép khi11A. a = − .B. a = .C. a = 4.D. a = −4.44Lời giải.1Phương trình đã cho có nghiệm kép ⇔ ∆ = 0 ⇔ 1 − 4a = 0 ⇔ a = .4Chọn đáp án B√a3Câu 6. Cho a > 0, rút gọn biểu thức √ ta được kết quảaA. a2 .B. a.C. ±a.D. −a.Lời giải. √a3a3 √ 2Ta có √ == a = |a| = a [do a > 0].aaChọn đáp án B21Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-BacNinh.texII. TỰ LUẬNCâu 7.a] Giải hệ phương trìnhx + 2y = 5.3x − y = 1b] Tìm tọa độ giao điểm A, B của đồ thị hai hàm số y = x2 và y = x + 2. Gọi D, C lần lượt là hìnhchiếu vuông góc của A, B lên trục hoành. Tính diện tích tứ giác ABCD.Lời giải.a] Ta cóx + 2y = 53x − y = 1⇔x + 2y = 5⇔6x − 2y = 27x = 7⇔y = 3x − 1x = 1.y = 2Vậy hệ có nghiệm là [x; y] = [1; 2].b] Bảng giá trịxy=x2−2−101241014−2−12014xy=x2Đồ thịy4A−2−1DB1O12xCPhương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số làx = −1x2 = x + 2 ⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔ .x=2Suy ra A[−1; 1] và B[2; 4].Vì C, D là hình chiếu của B, A lên trục hoành suy ra C[2; 0] và D[−1; 0].22Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-BacNinh.texTa thấy ABCD là hình thang vuông tại D và C.[AD + BC] · CDDo đó SABCD == 7, 5 [đvdt].2Câu 8. Nhân dịp Tết thiếu nhi 01/06, một nhóm học sinh cần chia đều một số lượng quyển vở thànhcác phần quà để tặng cho các em nhỏ tại một mái ấm tình thương. Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thìcác em sẽ có thêm 2 phần quà nữa, còn nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì các em sẽ có thêm 5 phầnquà nữa. Hỏi ban đầu có bao nhiêu phần quà và mỗi phần quà có bao nhiêu quyển vở?Lời giải.Gọi số phần quà ban đầu là x [phần, x ∈ N∗ ].Gọi số quyển vở có trong mỗi phần quà là y [quyển vở, y ∈ N∗ ].Tổng số quyển vở của nhóm học sinh là xy [quyển].Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì có thêm 2 phần quà nữa nên ta có phương trình xy = [x + 2][y − 2].Nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì có thêm 5 phần quà nữa nên ta có phương trình xy = [x + 5][y − 4].Theo bài ra ta có hệ phương trìnhxy = [x + 2][y − 2]⇔y − x = 25y − 4x = 20xy = [x + 5][y − 4]⇔x = 10y = 12.Vậy ban đầu có 10 phần quà và mỗi phần quà có 12 quyển vở.Câu 9. Cho đường tròn đường kính AB, các điểm C, D nằm trên đường tròn đó sao cho C, D nằm khácphía đối với đường thẳng AB, đồng thời AD > AC. Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và ADlần lượt là M , N ; giao điểm của M N với AC, AD lần lượt là H, I, giao điểm của M D và CN là K.a] Chứng minh ACN = DM N . Từ đó suy ra tứ giác M CKH nội tiếp.b] Chứng minh KH song song với AD.c] Tìm hệ thức liên hệ giữa số đo cung AC và số đo cung AD để AK song song với N D.Lời giải.NDIAOHMKC23BFacebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-BacNinh.texa] Ta có ACN là góc nội tiếp cùng chắn cung AN và DM N là góc nội tiếp chắn cung DN .Vì cung AN bằng cung DN ⇒ ACN = DM N .Mà hai góc này cùng chắn cung HK suy ra tứ giác M CKH nội tiếp.b] Ta có tứ giác M CKH nội tiếp ⇒ CM K = CHK [góc nội tiếp cùng chắn cung CK].Mà CAD = CM D [góc nội tiếp chắn cung CD].Suy ra CHK = CAD, hai góc này ở vị trí đồng vị, do đó HK ∥ AD.c] Ta có M N C = ADM [góc nội tiếp chắn cung bằng nhau].Mà hai góc này cùng nhìn cạnh IK ⇒ tứ giác N IKD nội tiếp, suy ra DIK = CN D [góc nội tiếpcùng chắn cung DK].Ta lại có CN D = CAD [góc nội tiếp chắn cung CD].⇒ CAD = DIK, hai góc này ở vị trí đồng vị, nên IK ∥ AH.Vậy tứ giác AHKI là hình bình hành.Giả sử AK ∥ N D. Khi đó IAK = ADN [so le trong].Ta có ADN = AM N = DM N ⇒ IAK = DM N = KM I ⇒ tứ giác AIKM nội tiếp.Do đó AM N = AKI [góc nội tiếp cùng chắn cung KI].⇒ IAK = AKI ⇒ ∆IAK cân tại I ⇒ IA = IK.⇒ AHKI là hình thoi ⇒ IH ⊥ AK ⇒ M N ⊥ AK ⇒ AM ⊥ N D ⇒ M N D = 90◦⇒ M D là đường kính của đường tròn tâm O.⇒ sđ cung M A+ sđ cung AD = 180◦ ⇒ sđ cungAC+ sđ cung AD = 180◦ .2Câu 10. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểthức A = 4a2 + 6b2 + 3c2 .Lời giải.Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương, ta có√4[a2 + 1] ≥ 2 · 2 a2 · 1 = 8a 446[b + ] ≥ 6 · 2 b2 · = 8b992 16163[c + ] ≥ 3 · 2 c2 ·= 8c9928 16+≥ 8[a + b + c] = 24 ⇒ A ≥ 12.332a = 142a=1b =9216Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi c2 =⇔ b=.394c =a, c, b ≥ 03a + b + c = 3Åã2 4Vậy Amin = 12 ⇔ [a; b; c] = 1; ; .3 3Cộng vế theo vế ta được A + 4 +24Facebook “Nhóm Toán và LaTeX”10TS19-BacNinh.texCâu 11. Tìm các số nguyên dương a, b biết các phương trình x2 − 2ax − 3b = 0 và x2 − 2bx − 3a = 0[với x là ẩn] đều có nghiệm nguyên.Lời giải.Gọi phương trình x2 − 2ax − 3b = 0Ta có ∆1 =4a2+ 12b và ∆2 =4b2[1] và x2 − 2bx − 3a = 0[2].+ 12a. Để các phương trình dã cho có nghiệm nguyên thì ∆1 và∆2 là các số chính phương.Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b > 0, khi đó ta có2 < 4a2 + 12b ≤ 4a2 + 12a < [2a + 3]2 [do a, b ∈ Z+ ][2a]4a2 + 12b = [2a + 1]2⇒4a2 + 12b = [2a + 2]2• 4a2 + 12b = [2a + 1]2 vô nghiệm vì VT chia hết cho 2 và VP không chia hết cho 2.• 4a2 + 12b = [2a + 2]2 ⇔ 3b = 2a + 1 ⇒ ∆2 = 4b2 + 12a ⇒ 4∆2 = 16b2 + 72b − 24 = k 2 .⇒ [4b + 9]2 − k 2 = 105⇒ [4b − k + 9][4b + k + 9] = 105.a = 16b = 11Lập bảng ta tìm được b = 1 ⇔ a = 1 .a=3b=4Thử lại ta thấy cặp [a; b] ∈ {[1; 1], [16; 11], [11; 16]} thỏa mãn.25