Bộ đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO
TỈNH BÌNH ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Bài 1: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 2(x + 5) = 5(x – 4).


2
1
x 2

 :
 x 1 x 1  x 1

2. Cho biểu thức A  

, với x  0 và x  1

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm tất cả giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.
Bài 2: (2,0 điểm)
1. Cho phương trình x2 – 2 (m – 1)x + m – 5 = 0
nghiệm x = 2, tìm giá trị của m và nghiệm còn lại.

(m là tham số). Biết phương trình có

2. Trong hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): y = ax² và đường thẳng (d): y = x + m.
a) Biết parabol (P) đi qua điểm M(2; 4), tìm giá trị của a.
b) Tìm tất cả 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.
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.
Bài 4: (3,5 điểm)
Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O) kẽ 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 của DE, đường thẳng BI cắt (O) tại điểm F khác B. Chứng minh
  BOA
 và CF song song với DE.
BIA

4. Đường thẳng đi qua D song song BE cắt BC, AB lần lượt tại P và Q. Chứng minh D
là trung điểm của PQ.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho các số thực dương a, b, c thảo mãn 6a + 3b + 2c = 3abc. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P 

bc
8ca
27ab
 3
 3
2a  3b  c  b  2c  3a  c  4a  b 
3

-------------------Hết-----------------87

Bộ đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO
TỈNH BÌNH ĐỊNH

ĐÁP ÁN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT
NĂM HỌC 2024 – 2025
Môn thi: TOÁN

Bài
Nội dung
Bài 1
1
Giải phương trình 2(x + 5) = 5(x – 4).
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



2

x 2

1


Cho biểu thức A  
 :
 x  1 x 1  x  1

, với x  0 và x  1

Rút gọn biểu thức 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

Tìm tất cả giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.
Với x ≥ 0, và x ≠ 1, A =
A=
b)

x
 1
x 1

x
x 1

1
x 1

Để A nhận giá trị nguyên thì
Với

x  1 = 1  x = 4 ( TM)

Với

x  1 = -1  x = 0 (TM)

1
có giá trị nguyên hay
x 1

x  1  Ư (1) = 1, 1

Vậy với x = 4; hoặc x = 0 thì A nhận giá trị nguyên
Bài 2
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 của m và nghiệm còn lại.
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

88

Bộ đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán
x  2

x2 – 4 = 0  
 x  2
Vậy m = 1, nghiệm còn lại của phương trình là x = -2.
2
a)

b)

Trong hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): y = ax² và đường thẳng (d): y = x + m.
Biết parabol (P) đi qua điểm M(2; 4), tìm giá trị của a.
Ta có (P) đi qua M(2;4), => x = 2, y = 4
Thay x = 2, y = 4 vào (P) ta được: a.2 2  4  a  4 : 4  1.
Vậy a = 1
Tìm tất cả 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.
Đường thẳng (d): y = x + m cắt trục Ox tại điểm A(-m; 0) và cắt trục Oy tại điểm
B(0; m).
=> OA = |-m| = |m|; OB = |m|
1
2

Ta có: SABO  OA.OB 

m  4
1
1
m . m  m 2  8  m2  16  
2
2
 m  4

Vậy m =4 hoặc m = - 4 thì diện tích tam giác OAB bằng 8.
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
Bài 3
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)
150
(tấn)
Số tấn hàng mỗi xe ban đầu phải chở là
x
192
Số tấn hàng mỗi xe lúc sau phải chở là
(tấn)
x2
192 150

 1  x 2  40 x  300  0 (*)
Theo đề ta có phương trình:
x2
x
 x  30 ( KTM )
Giải phương trình (*) ta được: 
 x  10 (TM )

Vậy ban đầu công ty đó dự định điều động 10 chiếc xe
Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O) kẽ hai tiếp tuyến AB, AC với (O) (B, C là các
Bài 4 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.
B
E
D

O

A

Ta có AB, AC là hai tiếp tuyến của đường
tròn O nên
 
ABO  900
 AB  OB


 AC  OC  
ACO  900
ABO  
ACO  1800 .
=> 
Vậy tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn

C

89

Bộ đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán
2

Chứng minh tam giác ABD đồng dạng với tam giác AEB và AB² = AH.AO.
Xét đường tròn O có 
ABD  
AEB (cùng chắn cung AB)
Xét ABD và AEB có:

E
ABD  
AEB (cmt)
  BAE
 (chung góc A)
DAB
Suy ra ABD  AEB (g.g)
OB  OC
Ta có: 
 AB  AC
Suy ra OA là đường trung trực
của đoạn thẳng BC.
Do đó OA vuông góc BC tại H.
Ta có ABO vuông tại O, đường cao BH.
=> AB 2  AH . AO (đpcm)

3

O

B

D
A

H

C

Gọi I là trung điểm của DE, đường thẳng BI cắt (O) tại điểm F khác B. Chứng minh
  BOA
 và CF song song với DE.
BIA
Xét đường tròn O có:
  900 .
ID  IE  OI  ED  OIA
  900 (câu a) nên OBA
  OIA
  900
Mà OBA
=> B,I thuộc đường tròn đường kính OA.
  BOA
 (1)
 BIA
Xét đường tròn O có:
  1 sd BC
 ; BOA
  sd BJ
  1 sd BC

BFC
2
2
  BOA
 (2)
Suy ra BFC
  BIA
,
Từ (1) và (2) suy ra BFC
 ; BIA
 ở vị trí đồng vị
Mà hai góc BFC

B
E
I
D
O

H

A

J

F
C

nên CF / / 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 của PQ.
Ta có: AB 2  AH . AO (câu b)
Từ ABD  AEB suy ra AB 2  AD. AE .
Khi đó AH . AO  AD. AE
E
AH AE

và EAH chung


AD AO
Suy ra AHD  AEO (c.g.c)
  900  DHA
.
+ Ta có DHK
  EOI
  1 EOD
  1 EHD

 900  DEO
2
2
  DHB

Suy ra EHB
F
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

B
I

K

Q

D

P
O

H

A

J

C

90

Bộ đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán
Hơn nữa theo Ta lét ta có:
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

Cho các số thực dương a, b, c thảo mãn 6a + 3b + 2c = 3abc. Tìm giá trị lớn nhất
Bài 5 của biểu thức P 

bc
8ca
27ab
 3
 3
2a  3b  c  b  2c  3a  c  4a  b 
3

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

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

x


2

 y2  z2 

2

3(xy  yz  xz)



x

2

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

Mà x  y  z  xy  yz  xz =3
2

Do đó:

2

P

2

(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

91