Nguyễn Phương Tú
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề thi chính thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC : 2024 – 2025
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 05/6/2024
Thời gian làm bài 120 phút ( không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2(x + 5) = 5(x – 4)
 2 x 2 x 2  1 
 : 

x

1

  x 1

2. Cho biểu thức A = 

 2
x 2  1 


 : 
 , với x ≥ 0, và x ≠ 1
x

1
x

1
x

1





a. Rút gọn biểu thức A

b.Tìm tất cả giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên
Đáp án
Bài 1.
1.
2(x + 5) = 5(x – 4)
 2x + 10 = 5x – 20
 2x – 5x = -20 – 10
 -3x = -30
 x = 10

Vậy phương trình có nghiệm x = 10
 2
x 2  1 


 : 
 , với x ≥ 0, và x ≠ 1
 x 1 x 1   x 1 

2. A =


2
x 2  1 

 : 
 , với x ≥ 0, và x ≠ 1
 x 1 x 1   x 1 

a. A = 

 2 x 2 x 2  1   x 
 
 : 
 .
  
x 1

  x 1   x 1 




x 1

x
x 1

b. Với x ≥ 0, và x ≠ 1, A =

A=



x
 1
x 1

x
x 1

1
x 1

Để A nhận giá trị nguyên thì

1
có giá trị nguyên hay
x 1

1

x  1  Ư (1) = 1, 1

Nguyễn Phương Tú
Với

x  1 = 1  x = 4 ( TM)

Với

x  1 = -1  x = 0 (TM)

Vậy với x = 4; hoặc x = 0 thì A nhận giá trị nguyên
Bài 2: (2,0 điểm)
1.Cho phương trình x2 – 2(m-1)x + m – 5 = 0 (m là tham số).
Biết phương trình có nghiệm x = 2, tìm giá trị m và nghiệm còn lại
2. Trong hệ tọa độ Oxy, Cho parabol (P): y  ax 2 và đường thẳng (d): y  x  m.
a) Biết Parabol (P) đi qua điểm M(2;4), tìm giá trị a.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt trục hoành tại điểm A và cắt trục tung tại
điểm B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 8.
Đáp án:
1.Thay x = 2 vào phương trình ta được:
4 – 4(m – 1) + m – 5 = 0
 -3m + 3 = 0
 m=1

Với m = 1 phương trình đã cho trở thành: x2 – 4 = 0
x  2

x2 – 4 = 0  
 x  2
Vậy m = 1, nghiệm còn lại của phương trình là x = -2.
2. Trong hệ tọa độ Oxy, Cho parabol (P): y  ax 2 và đường thẳng (d): y  x  m.
a) Biết Parabol (P) đi qua điểm M(2;4), tìm giá trị a.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt trục hoành tại điểm A và cắt trục tung tại điểm
B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 8.
Giải
2.a/ (P) đi qua M(2;4), thay x=2, y=4 vào (P) ta được: a.22  4  a  4 : 4  1.
Vậy a=1
2.b/Gọi A là giao điểm của (d) với trục Ox, B là giao điểm của (d) với trục Oy
(d )  Ox  A(m;0), (d )  Oy  B(0; m)
m  4
1
1
1
1
S AOB  OA.OB  m m  m2  m 2  8  m 2  16  
2
2
2
2
 m  4

Vậy m =4 hoặc m = - 4 là giá trị cần tìm.

2

Nguyễn Phương Tú
Bài 3: (1,5 điểm) Một công ty dự định điều động một số xe cùng loại để vận chuyển 150 tấn hàng từ
Bình Định vào Thành Phố Hồ Chí Minh, mỗi xe chở một khối lượng hàng như nhau. Do nhu cầu thực
tế cần vận chuyển thêm 42 tấn hàng nên công ty đó phải điều động thêm 2 xe cùng loại và mỗi xe bây
giờ phải chở thêm 1 tấn hàng mới đáp ứng được nhu cầu đặt ra và không quá tải trọng. Hỏi ban đầu
công ty đó dự định điều động bao nhiêu xe? Biết rằng số xe dự định điều động ban đầu của công ty
không vượt quá 15 xe.
Gọi số xe ban đầu công ty điều động là x (chiếc) ( x  *, x  15) ,
Số xe thực tế là x  2 (chiếc)
Số tấn hàng mỗi xe ban đầu phải chở là

150
(tấn)
x

Số tấn hàng mỗi xe lúc sau phải chở là

192
(tấn)
x2

Theo đề ta có pt:
192 150

1
x2
x
192 x  150( x  2) x( x  2)


x( x  2)
x( x  2)
 192 x  150 x  300  x 2  2 x
 x 2  40 x  300  0
 x  30( KTM )

 x  10(TM )

Vậy ban đầu công ty đó dự định điều động 10 chiếc
Bài 4: ( 1,5 điểm)
Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O) ( B, C là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua
điểm A cắt (O) tại D và E ( D nằm giữa A và E , DB < DC). Gọi H là giao điểm của AO và BC.
1. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.
2. Chứng minh tam giác ABD đồng dạng với tam giác AEB và AB2 = AH.AO
3. Gọi I là trung điểm DE, đường thẳng BI cắt (O) tại điểm F khác B. Chứng minh BIA  BOA và CF song song DE.
4. Đường thẳng đi qua D song song BE cắt BC, AB lần lượt tại P và Q. Chứng minh D là trung điểm PQ.

3

Nguyễn Phương Tú

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.
Ta có AB, AC là hai tiếp tuyến của đường tròn O nên
0

 AB  OB
 ABO  90


0
 AC  OC 
 ACO  90
Do đó B, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
Vậy tứ giác ABOC nội tiếp.
b) Chứng minh: ABD đồng dạng với AEB
1
Xét đường tròn O có E1  B1  sd BD
2
Xét ABD và AEB có E1  B1 ; BEA góc chung.
Suy ra ABD đồng dạng với AEB (g.g)
 Chứng minh AB 2  AH . AO
OB  OC
Ta có: 
, suy ra OA là đường trung trực của đoạn thẳng BC.
 AB  AC
Do đó OA vuông góc BC tại H.
Theo hệ thức lượng ta có AB 2  AH . AO .
c) Chứng minh: BIA  BOA và CF / / DE
Xét đường tròn O có: ID  IE  OI  ED  OIA  900 .
Mà OBA  900 (câu a) nên OBA  OIA  900
Suy ra B,I thuộc đường tròn đường kính OA.
 BIA  BOA (1)
Xét đường tròn O có:
1
1
BFC  sd BC ; BOA  sd BJ  sd BC . Suy ra BFC  BOA (2)
2
2

Từ (1) và (2) suy ra BFC  BIA , Mà hai góc BFC; BIA ở vị trí đồng vị nên CF / / DE .
d) Chứng minh: D la trung điểm của PQ
Ta có: AB 2  AH . AO ( câu b)

4

Nguyễn Phương Tú
Từ ABD đồng dạng với AEB suy ra AB 2  AD. AE .
AH AE

Khi đó AH . AO  AD. AE 
và EAH chung
AD AO
Suy ra AHD đồng dạng với AEO (c.g.c)
1
1
+ Ta có DHK  900  DHA  900  DEO  EOI  EOD  EHD .
2
2
Suy ra EHB  DHB hay HB là tia phân giác của góc EHD.
Mà HA  HB ( câu b) nên HA là tia phân giác ngoài của góc EHD.
HD KD AD


Suy ra
HE KE AE
Hơn nữa theo ta lét
AD DQ
DQ / / BE 

AE EB
KD DP
DP / / BE 

KE EB
DP DQ

Khi dó
suy ra DP  DQ .
EB EB
Vậy D la trung điểm của PQ.

Bài 5: ( 1 điểm) Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn điều kiện: 6a 3b  2c  3abc . Tìm GTNN của
P

bc
8ca
27ab
 3
 3
2a (3b  c) b (2c  3a) c (4a  b)
3

Giải: Từ giả thiết: 6a 3b  2c  3abc 
1
a

2
b

Đặt x  ; y  ; z 

6a
3b
2c
6
3 2


3
 
3
abc abc abc
bc ac ab

3
 xy  yz  zx  3
c

6
1 2
3
27. .
8.
bc
8ca
27ab
yz
x y
xz
P 3
 3
 3



1  27  4 2 
2a (3b  c) b (2c  3a) c (4a  b)
1  6 3 8  3
2.  3. 
2 3  

3 
x  z 3  x y 
x y z y  z
x3
y3
z3
x4
y4
z4





Khi đó: 
y  2z 2x  z 2y  x xy  2xz 2xy  yz 2yz  xz

x


2

 y2  z2 

2

3(xy  yz  xz)

x


2

 y2  z2  .  x 2  y2  z2 
3(xy  yz  xz)

Mà x 2  y 2  z 2  xy  yz  xz =3
Do đó:

P

(xy  yz  xz).3
1
3(xy  yz  xz)

Vậy GTNN của P = 1 khi x = y = z = 1 hay a = 1, b = 2, c = 3

5

Nguyễn Phương Tú

6