Đề thi môn Toán - Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp THPT - Năm học 2016-2017 (Có đáp án)


 
3. Phương trình 2x 7x 5 0   . Có a = 1; b = 7; c = —5 
Theo Vi-ét: 
1 2
1 2
b
S x x 7
a
c
P x .x 5
a

     

    

Ta có:     4 4 3 3 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2B x .x x .x x x x x x x x x x x x x        
           
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
x x x x x x 3x x 5 7 7 3 5 2240             
   
Bài II. (2,5 điểm) 
Parabol   2
1
P : y x
4
  ; đường thẳng  d : y mx m 2   
1. Với m = 1. Vẽ Parabol   2
1
P : y x
4
  và đường thẳng: (d): y = x – 3 
2. Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d): 2
1
x mx m 2
4
    (m ≠ 0) 
⇔ 2x 4mx 4m 8 0    . 
Biệt số      
22 2 2b 4ac 4m 4.1. 4m 8 16m 16m 32 16 m m 2             
2
1 7
16 m
2 4
  
    
   
 > 0 với mọi m 
-11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8
-12
-11
-10
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
x
y
y = -1/4.x2
y = x - 3
A
B
I
O
y = mx - m - 2
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
Nên phương trình hoành độ giao điểm luôn có hai nghiệm phân biệt. 
Do đó, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B khi m thay đổi. 
3. Gọi I(xI; yI) là trung điểm của đoạn thẳng AB. 
Ta có: 
2
A
2
B
b 1 7
x 2m 2 m
2a 2 4
b 1 7
x 2m 2 m
2a 2 4
              
    

      
        
    
Với 
2
A
1 7
x 2m 2 m
2 4
 
     
 
 thì 
2
2
A
1 7
y 2m 2m m m 2
2 4
 
       
 
Với 
2
B
1 7
x 2m 2 m
2 4
 
     
 
 thì 
2
2
B
1 7
y 2m 2m m m 2
2 4
 
       
 
Cách 1: (Dùng công thức – tham khảo) 
Vì I là trung điểm của AB nên ta có: A B
I
x x 8m
x 2m
2 4
 
    
Theo đề bài, trung điểm I có hoành độ là 1 nên: 2m 1  . Suy ra: 
1
m
2
  (thỏa đk m ≠ 0) 
Cách 2: 
Vì I(xI; yI) ∈ (d) và cách đều hai điểm A, B và xI = 1 nên: 
I I
y mx m 2   ⇔ 
I
y 2  và IA = IB 
Ta có:        
2 2 2 22
A I A I A A
IA x x y y x 1 y 2        
2 2
A A A A
x 2x 1 y 4y 4      
        
2 2 2 22
B I B I B B
IB x x y y x 1 y 2        
2 2
B B B B
x 2x 1 y 4y 4      
IA IB ⇔ 2 2IA IB ⇔ 2 2 2 2
A A A A B B B B
x 2x 1 y 4y 4 x 2x 1 y 4y 4           
⇔ 2 2 2 2
A B A B A B A B
x x 2x 2x 4y 4y y y 0        
⇔          A B A B A B A B A B A Bx x x x 2 x x 4 y y y y y y 0          
⇔        A B A B A B A Bx x x x 2 y y 4 y y 0               
⇔    
2 2
21 7 1 74 m 4m 2 4m m 4 4m 2m 4 0
2 4 2 4
   
                   
      
   
⇔    
2
21 74 m 4m 2 m 1 0
2 4
 
        
  
 
vì 
2
1 7
4 m
2 4
 
  
 
> 0 và m2 + 1 > 0 với mọi m nên chỉ có 4m 2 0   
hay 
1
m
2
  (thỏa đk m ≠ 0) 
Vậy: với 
1
m
2
  thì trung điểm I của đoạn thẳng AB có hoành độ bằng 1. 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
Bài III. (1,5 điểm) (HS tự giải) 
Đáp số: Phương trình x2 – 10x – 600 = 0; chiều dài: 30(m); chiều rộng: 16(m) 
Bài IV. (2,0 điểm) 
a) Chứng minh CMND là tứ giác nội tiếp. 
+ Ta có: 
 s AB DB AD
ANM s
2 2

 
đ
đ (góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn) 
AD
ACD s
2
 đ (góc nội tiếp chắn cung AD) 
+ Suy ra: ANM ACD 
Do đó tứ giác CMND nội tiếp (vì có góc ngoài tại đỉnh C bằng góc bên trong tại đỉnh đối diên 
N) 
b) Chứng minh AC.AM = AD.AN 
Xét hai tam giác ADC và AMN có: 
0DAC MAN 90  (góc chung, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
ACD ANM (câu a) 
Suy ra: ∆ADC ∽ ∆AMN (g – g) ⇒ 
AD AC
AM AN
 . Từ đó: AC.AM = AD.AN 
c) Tính diện tích tam giác ABM phần nằm ngoài đường tròn (O) theo R. Khi 0BAM 45 
Khi 0BAM 45 
+ ∆ABM vuông cân tại B cho BM = AB = 2R. Từ 
đó: 2
ABM
BM.BA 2R.2R
S 2R
2 2
   
+ ∆AOC vuông cân tại O cho AO = OC = R. Từ 
đó: 
2
AOC
AO.OC R.R R
S
2 2 2
   
+ 0BOC 90 (góc ngoài tại O của tam giác vuông 
cân AOC) cho: SquạtBOC = 
2 0 2
0
R 90 R
360 4
 
 
Diện tích cần tìm: 
SABM – (SAOC + SquạtBOC) 
= 
 22 22 R 6R R2R
2 4 4
  
   
 
(đ.v.d.t) 
Bài V. (1,0 điểm) 
Hình trụ: r = 6(cm);  2xqS 2 rh 96 cm   
⇒  
48 48
h 8 cm
r 6
   
Thể tích hình trụ: 
 2 2 3V S.h r .h .6 .8 288 cm      
N 
M 
O 
D 
C 
B A 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
ĐỀ 4 
Së gi¸o dôc vµ ®µo 
t¹o 
Th¸I b×nh 
®Ò thi tuyÓn sinh líp 10 thpt n¨m häc 2016 – 
2017 
m«n : to¸n (120 phót lµm bµi) 
Ngµy thi: 16/06/2016 (buæi chiÒu) 
Câu 1: (2.0 điểm). 
a) Không dùng máy tính, hãy tính: 
1
3 2 2
1 2
A   

 . 
b) Chứng minh rằng: 
3 3 1
.
93 3 3
x x
xx x x
  
       
 với x ≥ 0 và x ≠ 9 . 
Câu 2: (2,0 điểm) 
 Cho parabol (P) : y = x
2
 vµ đường thẳng (d): y = 2(m - 1)x + m2 + 2m 
 (m là tham số, m  R). 
 a) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua hai điểm I(1; 3). 
 b) Chứng minh rằng parapol (P) luôn cắt đường thẳng (d) tại hai điểm phân 
biệt A, B. Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm A, B, Tìm m sao cho: x1
2
 +x2
2
 + 6x1x2 > 
2016 . 
Câu 3: (2.0 điểm) 
a) Giải hệ phương trình: 
2 1
3 4 6
x y
x y
 

  
b) Cho tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 15 cm. Hai cạnh góc vuông có 
độ dài hơn k m nhau 3cm. Tìm độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông 
đó. 
Câu 4: (3.5 điểm) 
 Cho ®-êng trßn (O) vàđiểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ hai tiếp 
tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là hai tiếp điểm) . 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
 a) Chứng minh: Tø gi¸c ABOC nội tiếp . 
 b) Gọi H là trực tâm tam giác ABC, chứng minh tứ giác BOCH là hình 
thoi. 
 c) Gọi I là giao điểm của đoạn OA với đường tròn. Chứng minh I là tâm 
đường tròn nội tiếp tam giác ABC . 
 d) Cho OB = 3cm, OA = 5 cm. Tính diện tích tam giác ABC . 
Câu 5: (0.5 điểm) 
 Giải phương trình: x3 + (3x2 – 4x - 4) 1x = 0 . 
 ............HÕt............ 
Hä vµ tªn thÝ sinh: 
....................................... .. Sè b¸o 
danh: ................... 
Câu 1: (2.0 điểm). 
a) Không dùng máy tính, hãy tính: 
1
3 2 2 
1 2
A   

 . 
 
2
2 1
 2 2 2 1
2 1
 = 2 1 2 1
 = 2 1 2 1
 2

   

  
  

b) Chứng minh rằng: 
3 3 1
.
93 3 3
x x
xx x x
  
       
 với x ≥ 0 và x ≠ 9 
Với x ≥ 0 và x ≠ 9 , ta có : 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
3 3
.
93 3
.( 3) 3( 3) 3
.
9( 3)( 3)
3 3 9 3
.
9( 3)( 3)
9 3
.
9( 3)( 3)
1
3
x x
xx x
x x x x
xx x
x x x x
xx x
x x
xx x
x
  
     
    
  
  
   

 
 

 


Vậy 
3 3 1
.
93 3 3
x x
xx x x
  
       
 với x ≥ 0 và x ≠ 9 
Câu 2: (2,0 điểm) 
 Cho parabol (P) : y = x
2
 vµ đường thẳng (d): y = 2(m - 1)x + m2 + 2m 
 (m là tham số, m  R). 
 a) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm I(1; 3). 
 b) Chứng minh rằng parapol (P) luôn cắt đường thẳng (d) tại hai điểm phân 
biệt A, B. Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm A, B, Tìm m sao cho: x1
2
 +x2
2
 + 6x1x2 > 
2016 . 
a) Để đường thẳng (d): y = 2(m - 1)x + m2 + 2m đi qua điểm I(1; 3) 
  3 = 2(m - 1).1 + m
2
 + 2m m
2
 +4m -5 = 0 
Ta có : a + b + c = 1 + 4 – 5 = 0 nên phương trình trên có hai nghiệm : 
 1 21; 5m m   
Vậy m = 1 hoặc m = -5 thì đường thẳng (d) đi qua điểm I(1; 3). 
b) Phương trình hoành dộ giao điểm của parapol (P) và đường thẳng (d) là : 
 x
2
 = 2(m - 1)x + m
2
 + 2m 
 2 2x 2(m 1)x m 2m = 0     ( *) 
Phương trình (*) có :  
2 2 2' 1 1( 2 ) 2 1m m m m        > 0 với mọi m . 
Nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 
Do đó parapol (P) luôn cắt đường thẳng (d) tại hai điểm phân biệt A, B. 
Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm A, B thì x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (*) . 
Theo hệ thức Vi –ét ta có : 
1 2
2
1 2
2 2
. 2
x x m
x x m m
  

  
Theo giả thiết , ta có : x1
2
 +x2
2
 + 6x1x2 > 2016 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
 2
1 2 1 2(x x ) 4x x 2016    
 2 2(2 2) 4(-m 2 ) 2016m m     
2 24 8 4 4 8 2016
16 2012
503
4
m m m m
m
m
     
  
  
Vậy 
503
4
m   là giá trị cần tìm. 
Câu 3: (2.0 điểm) 
a) Giải hệ phương trình: 
2 1
3 4 6
x y
x y
 

  
b) Cho tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 15 cm. Hai cạnh góc vuông có 
độ dài hơn k m nhau 3cm. Tìm độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông 
đó. 
a) Ta có : 
2 1 8 4 4 5 10 2
3 4 6 3 4 6 2 1 3
x y x y x x
x y x y x y y
        
     
           
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x ;y) = (2;3) 
b) Gọi độ dài cạnh góc vuông nhỏ là x (cm) với 0<x < 15. 
Vì hai cạnh góc vuông có độ dài hơn k m nhau 3cm nên độ dài cạnh góc vuông còn 
lại là x + 3(cm) 
Vì tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 15 cm nên theo định lý Py –ta go ta có 
phương trình : x2 + (x +3)2 = 152 
 2 2 6 9 225x x x     
2
2
2 6 216 0
3 108 0
x x
x x
   
   
 Ta có : 23 4.( 108) 441 0 21         
Phương trình trên có hai nghiệm : 1
3 21
9
2
x
 
  ( thỏa mãn), 1
3 21
12
2
x
 
   ( loại 
) 
Vậy độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông đó là 9cm và 9 + 3 = 12cm. 
Câu 4: (3.5 điểm) 
 Cho ®-êng trßn (O) vàđiểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ hai tiếp 
tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là hai tiếp điểm) . 
 a) Chứng minh: Tø gi¸c ABOC nội tiếp . 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
 b) Gọi H là trực tâm tam giác ABC, chứng minh tứ giác BOCH là hình 
thoi. 
 c) Gọi I là giao điểm của đoạn OA với đường tròn. Chứng minh I là tâm 
đường tròn nội tiếp tam giác ABC . 
 d) Cho OB = 3cm, OA = 5 cm. Tính diện tích tam giác ABC . 
E
I
H
C
O
B
A
a) Ta có AB và AC là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn (O) , với B,C là hai tiếp 
điểm nên OB  AB và OC  AC 
 0ABO = 90 và 0ACO = 90 
Tứ giác ABOC có tổng hai góc đối : 0 0 0ABO +ACO = 90 90 180  
Do đó tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn. 
b) Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên BH và CH là hai đường cao của tam giác 
ABC  BH  AC và CH  AB 
mà theo câu a) OB  AB và OC  AC 
 OB // CH và OC // BH 
 Tứ giác BOCH là hình bình hành 
Lại có OB = OC ( bán kính) nên tứ giác BOCH là hình thoi. 
c) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có : 
 AO là tia phân giác của  BAC và OA là tia phân giác của  BOC. 
Mà I là giao của OA với đường tròn tâm O nên I là điểm chính giữa của cung nhỏ BC 
 ABI =  IBC 
 BI là tia phân giác của  ABC 
Vì I là giao điểm của hai đường phân giác AO và BI của tam giác ABC nên I cách đều 
ba cạnh của tam giác ABC. Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 
d) OB = 3cm, OA = 5 cm. Tính diện tích tam giác ABC . 
Gọi E là giao điểm của BC và OA 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
Ta có AB = AC ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 
 OB = OC ( bán kính) 
=> AO là đường trung trực của BC 
=> AO  BC tại E và BC = 2BE 
 t tam giác ABO vuông tại B có BE là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam 
giác vuông ta có : 
OB
2
 = OE.OA => 
2 23
1,8
5
OB
OE
OA
   cm 
 => AE = OA – OE = 5- 1,8 = 3,2cm 
BE
2
 = AE.OE = 3,2.1,8 = > BE = 2,4cm => BC = 4,8cm 
Vậy diện tích tam giác ABC là : 
1
2
AE.BC =
1
2
.3,2.4,8= 7,68cm
2
Câu 5 : Giải phƣơng trình 
x
3
 + (3x
2
 – 4x - 4) 1x = 0 . 
Điều kiện : x 1  . 
Đặt y = 1x với y 0 ta được : 
 x
3
 + (3x
2
 – 4y2)y = 0 
 
 
3 2 2
3 2 3
3 3 2 3
2 2
2
x 3x – 4 0
3 4 0
( ) (3 3 ) 0
( ) 3 ( )( ) 0
( )( 2 ) 0
2 0
y y
x x y y
x y x y y
x y x xy y y x y x y
x y x y
x y
x y
  
   
    
       
   

   
*) Khi x = y ta có : x = 1x 2 1 0 à 0x x v x     
1 5
( / )
2
1 5
( )
2
x t m
x loai
 


 


*) Khi x + 2y = 0 ta có : x +2 1x = 0 
  
2
1 2 1 1 2
1 1 2
1 1 2 ( 1 1 0)
1 2 1
x x
x
x do x
x
     
   
      
   
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
 2 2 2x   ( thỏa 
mãn x 1  ) 
Vậy phương trình có hai nghiệm : 
1 2
1 5
, 2 2 2
2
x x

   
ĐỀ 5 
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Lạng Sơn 
Năm học 2016 – 2017 
Thời gian làm bài: 120 phút. 
Thi ngày 16 – 06 – 2016. 
Câu 1 ( 2 điểm) 
a) Tính: A = 49 4 ; B =  
2
2 5 5  
b) Rút gọn: P = 
1 2 4
( : 0; 4)
42 2
dk x x
xx x
   
 
Câu 2: ( 1,5 điểm) 
a) Vẽ đ thị hàm số: y = 2x2. 
b) Cho phương trình: x2 + (m+1)x + m = 0 (1) , ( m là tham số) 
Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1
2
x2 + x2
2
x1 = -2. 
Câu 3(2 điểm) 
a) Giải hệ: 
4
2 2
x y
x y
 

  
b) Một hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Nếu tăng chiều dài thêm 4 m t và tăng 
chiều rộng thêm 5 m t thì diện tích của nó tăng thêm 160m2. Tính chiều dài và chiều rộng của 
hình chữ nhật đó. 
Câu 4: ( 3,5 điểm) 
Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lấy điểm M. Đường tròn tâm O đường kính MC cắt 
BC tại điểm thứ hai là E. Đường thẳng BM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D. 
a) Cmr: Tứ giác ABEM nội tiếp. 
b) Cmr: ME.CB = MB.CD 
c) Gọi I là giao điểm của AB và DC, J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC. Cmr: AD 
vuông góc với JI. 
Câu 5 ( 1 điểm) Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 8 18a b
P
b c a a c b a b c
  
     
Hết 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
Hướng dẫn gải: 
Câu 1 (2 điểm) 
a. Tính giá trị các biểu thức: 
 A = 49 4 7 2 9    
 B = 
2( 2 5 ) 5 2 5 5 2 5 5 2         
b. 
1 2 4 x
P ( x 0,x 4 )
4 x2 x 2 x
    
 
1 2 4 x
P
2 x 2 x ( 2 x )( 2 x )
  
   
2 x 2( 2 x ) 4 x 2 x 4 2 x 4 x
( 2 x )( 2 x ) ( 2 x )( 2 x )
       
 
   
3( 2 x )6 3 x 3
( 2 x )( 2 x ) ( 2 x )( 2 x ) 2 x

  
    
Câu 2 (1,5 điểm) 
a. Vẽ đ thị hàm số y = 2x2 
Bảng biến thiên: 
x -2 -1 0 1 2 
y = 2x
2
 8 2 0 2 8 
Vẽ đ thị y = 2x2 HS tự vẽ 
y
f x  = 2x2
2
8
O
1-1 2-2 x
b. Phương trình x2 + (m+1)x + m = 0 (1) 
Có  = (m+1)2 - 4 . 1 . m = m2 + 2m + 1 - 4m = m2 - 2m + 1 = (m - 1)2  0 với m Phương trình 
luôn (1) có 2 nghiệm x1, x2 . 
Theo Vi ét: x1 + x2 = – m – 1 và x1 . x2 = m 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
Theo đề bài ta có: 
2 1 1 2 1 2
2 2
x x x x 2 x x ( x x ) 2
1 2
       m( m 1) 2     
2m m 2    2m m 2 0    Có a b c 1 1 2 0      m 1; m 2    
Vậy với m 1; m 2   thì Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm thỏa mãn: 
2 1 1 2 1 2
2 2
x x x x 2 x x ( x x ) 2
1 2
       
Câu 3. (2 điểm) 
a. GPT: 
x y 4 x y 4 x 2 4 x 2
x 2y 2 3y 6 y 2 y 2
         
     
        
b. Gọi chiều rộng là x(m) (x > 0) ta có bảng: 
Giả thiết 
Chiều rộng Chiều dài Diện tích 
Giả thiết 1 
x 2x x.(2x) = 2x
2
Giả thiết 2 
x + 5 2x + 4 (x+5)(2x+4) = 2x
2
 + 14x + 20 
Theo đề bài: "Nếu tăng chiều dài thêm 4 m t và tăng chiều rộng thêm 5 m t thì diện tích của nó tăng 
thêm 160m
2
" nên ta có phương trình: 
 2x
2
 + 14x + 20 = 2x
2
 + 160  14x = 140  x = 10  2x = 20 
Vậy Hình chữ nhật đó có chiều rộng là 10 mét và chiều dài là 20 mét. 
Câu 4 (3,5 điểm) 
a) t tứ giác ABEM có: 
+) 
0MAB 90 (gt) 
+) 
0MEC 90 (góc n.tiếp chắn nửa đường 
tròn) 0MEB 90 
Do đó: 
0 0 0MAB MEB 90 90 180    
Vậy tứ giác ABEM nội tiếp đường tròn 
Đường kính BM 
b) Ta có MBE CBD  (g.g) 
Vì: B chung và 
0MEB CDB( 90 )  
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
 
ME MB
CD CB
  ME.CB = MB.CD 
Đây là điều phải chứng minh. 
J
I
E
D
M
G
B
C
A
F
x
y
c). Gọi xy là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC tại I. 
Ta có: xIB ICB ( cùng bằng nửa số đo cung IB của (J) ) 
Lại có: 
0BAC 90 BDC   tứ giác ABDC nội tiếp 
  IAD ICB ( góc ở trong bằng góc ở ngoài tại đỉnh đối diện – T/C tứ giác nội tiếp) 
Do đó xIB IAD  xy//AD ( hai góc ở vị trí so le trong bằng nhau) (1) 
Mặt khác xy  IJ ( tính chất của tiếp tuyến với bán kính tại tiếp điểm) (2) 
Từ (1) và (2) ta có: AD  IJ 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
Câu 5. cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2a 8b 18c
P
b c a c a b a b c
  
     
Đặt x = b + c – a. y = c + a – b và z = a + b – c.( ĐK: x; y; z > 0) 
Ta có: a = 
1
2
(y + z); b = 
1
2
 ( x + z) và c = 
1
2
( x + y). 
Khi đó P 
2. 8. 18.
4 4 9 92 2 2
y z x z x y
y z x z x y
P
x y z x y z
  
  
      
4 9 4 9 4 9 4 9
( ) ( ) ( ) 2 . 2 . 2 .
y x z x z y y x z x z y
x y x z y z x y x z y z
         (áp dụng BĐT Cô – Si) 
2 4 2 9 2 36 4 6 12 22       
Dấu "=" xảy ra 
4
2
5 49
3
5 3
2 3
4 9
y x
x y
y x
b az x
z x
c ax z
z y
z y
y z


 
 
      
  


Vậy P đạt giái trị nhỏ nhất là: 22 khi 5b = 4a và 5c = 3a. 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
ĐỀ 6 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
 ĐỀ 7 
SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT 
 NĂM HỌC 2016 - 2017 
 Khóa ngày `08/06/2016 
 MÔN: TOÁN 
 SBD. Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao 
đề) 
 Đề có 01 trang, goomg 05 
câu 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
MÃ ĐỀ 086 
Câu 1(2.0điểm). Cho biểu thức B=
1 1 1
.
1 1b b b
 
 
  
 với b>0 và b  1 
a) Rút gọn biểu thức B. 
b) Tìm các giá trị của b để B= 1. 
Câu 2(1,5 điểm). 
a) Giải hệ phương trình sau: 
2 3 1
3 7
x y
x y
 

 
b) Cho hàm số bậc nhất y = (n-1)x + 3 (n là tham số). Tìm các giá trị của n để 
hàn số đ ng biến. 
Câu 3(2.0điểm). Cho phương trình x2 – 6x + n = 0 (1) (n là tham số). 
a) Giải phương trình (1) khi n = 5 
b) Tìm n để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn mãn 
  2 21 21 1 36x x   
Câu 4(1.0điểm). Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn 1x y  . 
Chứng minh rằng 2
1
( )
64
xy x y  
Câu 5(3.5điểm). Cho đường tròn tâm O ,bán kính R và N là một điểm nằm bên ngoài 
đường tròn. Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB với đường tròn (O) (A, B là hai tiếp điểm). 
Gọi E là giao điểm của AB và ON. 
a) Chứng minh tứ giác NAOB nội tiếp được trong một đường tròn. 
b) Tính độ dài đoạn thẳng AB và NE biết ON = 5cm và R = 3 cm. 
c) Kẻ ta Nx nằm trong góc ANO cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D ( C 
nằm giữa N và D). Chứng minh rằng NEC OED 
HƢỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM 
Câu Nội dung Điểm 
1 2.0điểm 
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
1a 
B = 
1 1 1
.
1 1b b b
 
 
  
 = 
1 1 1
.
1
b b
b b
  

 =
2 1
.
1
b
b b
=
2
1b 
Vậy B = 
2
1b 
 với b>0 và b  1 
1b 
Khi B =1 
 Ta có 
2
1b 
=1 
 2= b-1b=3 (TMĐK) 
Vậy khi B = 1 thì b = 3 
2 1,5điểm 
2a 
 Ta có: 
2 3 1 2 3 1
3 7 9 3 21
x y x y
x y x y
    
 
    
2 3 1
11 22
x y
x
 
 

2
1
x
y

 

2b Hàm số đ ng biến khi hệ số a > 0 
 n-1>0 n>1 
3 2,0điểm 
3a 
Khi n = 5 phương trình (1) trở thành x2 – 6x + 5 = 0 
Phương trình có dạng a+b+c = 0 
Nên phương trình có nghiệm: x1 = 1; x2 = 5 
3b 
Ta có ' 2( 3) 9n n      
Để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì 
' 0  
Hay 9 - b 0 n 9 
Theo hệ thức Vi-ét ta có: 
1 2
1 2
6
.
x x
x x n
 


 Mà   2 21 21 1 36x x   
  2 2 2 21 2 1 2. 1 36x x x x    
Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 
  2 2 21 2 1 2( . ) ( ) 1 36x x x x    
  2 21 2 1 2 1 2( . ) ( ) 2 1 36x x x x x x     
Hay n
2 
+ 6
2
 – 2n +1 = 36 
 n
2 
 – 2n +1 = 0 
Suy ra n = 1 (TMĐK) 
Vậy n =1 thì   2 21 21 1 36x x   
4 1,0điểm 
 Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn 1x y