Bộ 22 Đề thi vào Lớp 10 môn Toán Bình Định (Có đáp án)

ĐỀ SỐ 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO	KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
	BÌNH ĐỊNH	NĂM HỌC 2024 – 2025
ĐỀ CHÍNH THỨC
 	 	MÔN: TOÁN 
 	Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
	Ngày thi: 05/6/2024
Bài 1: (2.0 điểm)
Giải phương trình 2(x+5)=5(x-4).
Cho biểu thức A=2x+1-x-2x-1:1x+1, 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 điềm)
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 cưa m và nghiệm còn lại.
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, mổi xe chở một khổi lượng hàng như nhau. Do nhu cẩu thực tế cần vận chuyền 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) 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.
Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.
Chứng minh tam giác ABD đồng dạng với tam giác AEB và AB2=AH⋅AO.
Gọi I là trung điểm của DE, đường thẳng BI cắt (O) tại điểm F khác B. Chứng minh BIA=BOA và CF song song với DE.
Đường thằng 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 điếm)
Cho ba số dương a,b,c thỏa mã̃n điều kiện 6a+3b+2c=3abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=bc2a3(3b+c)+8cab3(2c+3a)+27abc3(4a+b)
ĐÁP ÁN
Câu 1
1) Giải phương trình 2(x+5)=5(x-4) 
2(x+5)=5(x-4)
⇔2x+10=5x-20
⇔3x=30
⇔x=10
Vậy x=10 là nghiệm của phương trình.
2) Cho biểu thức A=2x+1-x-2x-1:1x+1, với x≥0 wà x≠1.
a) Rút gọn biểu thức A.
ĐКXĐ: x≥0 và x≠1
A=2x+1-x-2x-1:1x+1
A=2(x-1)(x+1)(x-1)-x-2(x+1)(x-1):1x+1
A=2x-2-(x-2)(x+1)(x-1):1x+1
A=x(x+1)(x-1)⋅(x+1)
A=xx-1
b) Tìm tất cả giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.
Ta có: A=xx-1=x-1+1x-1=1+1x-1
Để A nhận giá trị nguyên thì (x-1) phài là ước của 1 .
⇔x-1=1x-1=-1⇔x=2x=0⇔x=4(tm)x=0(tm)
Vây với x∈{0;4} thì A nhận giá trị nguyên.
Câu 2
l) Cho phương trình x2-2(m-1)x+m-5=0 (m là tham số). Biết phương trình có nghiệm x=2, tìm giá trí của m và nghiệm còn lại.
Phương trình x2-2(m-1)x+m-5=0 có nghiệm x=2 nên ta có:
22-2(m-1)⋅2+m-5=0 ⇔4-4m+4+m-5=0 ⇔-3m+3=0 ⇔-3m=-3 ⇔m=1
Thay m=1 vào phương trình, ta được:
x2-2(1-1)x+1-5=0⇔x2-4=0⇔x2=4⇔x=±2
Vậy m=1 và nghiệm còn lại của phương trình là -2 .
2) Trong hệ tọa dộ Oxy, cho parabol (P): y=ax2 và đường thẳng (d):y=x+m.
a) Biết parabol (P) di qua điểm M(2;4), tìm giá trị của a.
Thay tọa độ điểm M vào (P), ta được: 4=a⋅22⇔4=a⋅4⇔a=1.
Vậy a=1.
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 .
Ta có bảng giá trị sau:
x
0
-m
y=x+m
 m
0

Ta được điểm A(-m;0),B(0;m).
Độ dài đoạn thẳng OA là: |m|; độ dài đoạn thẳng OB là: |m|.
Tam giác OAB có A nằm trên trục hoành, B nằm trên trục tung nên tam giác OAB vuông tại O.
Diện tích tam giác OAB là:
SMOB =12OA⋅OB=12|m|⋅|m|=m22=8⇔m2=16⇔m=±4
Vậy m=±4.
Câu 3
Gọi số xe theo dự định là x(xe). Điều kiện: x∈N*,x≤15
Theo dự định, mỗi xe chở số hàng là: 150x (tấn hàng)
Theo thực tế, khối lượng tấn hàng cần chờ là: 150+42 = 192 (tấn hàng)
Theo thực tế, cần điều động số xe là: x+2 (xe)
Theo thực tế, mỗi xe chở số hàng là: 192x+2 (tấn hàng)
Vi theo thực tế mỗi xe phải chở thêm 1 tấn hàng nên ta có phương trình:
150x+1=192x+2 ⇔150(x+2)x(x+2)+x(x+2)x(x+2)-192xx(x+2)=0 ⇔150x+300+x2+2x-192x=0 ⇔x2-40x+300=0 ⇔x2-10x-30x+300=0 ⇔x(x-10)-30(x-10)=0 ⇔(x-10)(x-30)=0 ⇔x=10(TM)x=30(KTM)
Vậy theo dự định cần điều động 10 xe.
Câu 4
1) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.
do AB,AC là tiếp tuyến nên ∠OCA=∠OBA=90∘
Xét tứ giác ABOC có ∠OCA+∠OBA=90∘+90∘=180∘
Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác ABOC nội tiếp (dhnb)
2) Chứng minh tam giác ABD đồng dạng với tam giác AEB và AB2=AH⋅AO.
Xét △ABD và △AEB có
∠BAE chung
∠ABD=∠AEB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BD )
⇒△ABD∼△AEB( g.g )
⇒ABAE=ADAB
⇒AB2=AD⋅AE
3) Gọi I là trung điểm của DE, duờng thẳng BI cắt (O) tại điểm F khác B. Chúng minh
BIA=BOA và CF song song với DE.
Do I là trung điểm của ED nên OI⊥DE (quan hệ đường kính, dây cung)
⇒∠OIA=90∘
⇒∠OCA+∠OIA=180∘
Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác OIAC nội tiếp (dhnb)
Mà ABOC nội tiếp nên O,I,B,A,C cùng thuộc một đường tròn
⇒∠BIA=∠BOA (góc nội tiếp cùng chắn cung AB )
Do AB,AC là hai tiếp tuyến cắt nhau nên OA là phân giác của ∠BOC
⇒∠BOA=12∠BOC
Ta có ∠BFC=12∠BOC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC )
∠BIA=∠BOA(cmt)
⇒∠BIA=∠BFC⇒DI∥FC (hai góc đồng vị bằng nhau) hay DE∥CF
4) Đường thẳng di qua D song song BE cắt BC, AB lần lurọt tại P và Q. Chúng minh D là trung diểm của PQ.
Gọi K là giao diểm cúa DE và HB
Ta có AB=AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), OB=OC=R
⇒OA là trung trực của BC
⇒OA⊥BC tại H là trung điểm của BC
⇒AB2=AH.AO (hệ thức lượng)
Mà AB2=AD⋅AE
⇒AD⋅AE=AH⋅AO⇒OHDE nội tiếp
∠DHK=∠90∘-∠DHA=90∘-∠AEO=∠EOI=12∠EOD=12∠EHD
⇒HB là phân giác của góc EHD
Mà HA⊥HB nên HA là phân giác ngoài của ∠EHD
⇒HDHE=KDKE=ADAE
Ta có ADAE=DQEB (talet) và DPEB=DKKE (talet)
⇒DQEB=DPEB⇒DQ=DP
Vậy D là trung điểm của PQ.
Câu 5
Ta có: 6a+3b+2c=3abc⇔6bc+3ca+2ab=3
Đặt x=1a;y=2b;z=3c. Khi đó: (1)⇔xy+yz+zx=3
⇒(x+y+z)2≥3(xy+yz+zx)=3.3=9⇒x+y+z≥3
P=1a36c+2b+8b32a+3b+27c34b+1a=x32z+y+y32x+z+z32y+x
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
x32z+y+2z+y9+13≥33x32z+y⋅2z+y9⋅13=xy32x+z+2x+z9+13≥33y32x+z⋅2x+z9⋅13=yz32y+x+2y+x9+13≥33z32y+x⋅2y+x9⋅13=z ⇒x32z+y+2z+y9+13+y32x+z+2x+z9+13+z32y+x+2y+x9+13≥x+y+z ⇒x32z+y+y32x+z+z32y+x+x+y+z3+1≥x+y+z ⇒P=x32z+y+y32x+z+z32y+x≥23(x+y+z)-1≥23⋅3-1=1
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1⇔1a=2b=3c=1⇔a=1;b=2;c=3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi a=1;b=2;c=3.
ĐỀ SỐ 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO	KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
	BÌNH ĐỊNH	NĂM HỌC 2023 – 2024
ĐỀ CHÍNH THỨC
 	 	MÔN: TOÁN 
 	Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
	Ngày thi: 06/6/2023
Bài 1: (2,0 điểm)
Giải hệ phương trình: 5x+3y=1x-3y=5.
Cho biểu thức: P=xx+4+3xx-4-4x+32x-16;x≥0,x≠16.
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm giá trị lớn nhất của P.
Bài 2: (2,0 điểm)
Cho phương trình: x2-(m+3)x+14m2+1=0 ( m là tham số). Tìm tất cả giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 và thỏa mãn điều kiện 2x1+x22-8x1x2=34. 
Trong hệ toạ độ Oxy, cho các đường thẳng (d):y=ax-4 và d1:y=-3x+2.
a) Biết đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1;5). Tìm a.
b) Tìm toạ độ giao điềm của d1 với trục hoành, trục tung. Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d1.
Bài 3: (1,5 điểm) Trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, cả hai truờng A và B có tổng số 380 thí sinh dự thi. Sau khi có kết quả, số thí sinh trúng tuyền của cả hai trường là 191 thí sinh. Theo thống kê thì trường A có tỉ lệ trúng tuyển là 55% tồng số thí sinh dự thi của trường A, trường B có ti lệ̣ trúng tuyển là 45% tổng số thí sinh dự thi của trường B. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu thí sinh dự thi?
Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có AB<AC, các đường cao BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H, đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại K.
Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp.
Chứng minh hai tam giác KBF và KEC đồng dạng, từ đơ suy ra KB⋅KC=KF.KE.
Đường thẳng AK cắt lại đường tròn (O) tại G khác A, chứng minh các điềm A,G,F,E,H cùng thuộc một đường tròn.
Gọi I là trung điểm cạnh BC, chứng minh HI vuông góc với AK.
Bài 5: ( 1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=2024. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=aa+2024a+bc+bb+2024b+ca+cc+2024c+ab.
LỜI GIẢI
Bài 1:
Giải hệ phương trình: 5x+3y=1x-3y=5
Cho biểu thức P=xx+4+3xx-4-4x+32x-16;x≥0,x≠16.
c) Rút gọn biểu thức P.
d) Tìm giá trị lớn nhất của P.
Ta có 5x+3y=1x-3y=5⇔6x=65x+3y=1⇔x=15.1+3y=1⇔x=1y=-43
a) Ta có:
P =xx+4+3xx-4-4x+32x-16=xx+4+3xx-4-4x+32(x+4)(x-4) =x(x-4)+3x(x+4)-(4x+32)(x+4)(x-4)=x-4x+3x+12x-4x-32(x+4)(x-4) =8x-32(x+4)(x-4)=8(x-4)(x+4)(x-4)=8x+4
b) P lớn nhất ⇔x+4 nhỏ nhất ⇔x=0⇔x=0. Khi đó P=2.
Vậy giá trị lớn nhất của P là 2 .
Bài 2:
x2-(m+3)x+14m2+1=0
Ta có Δ=(m+3)2-414m2+1=m2+6m+9-m2-4=6m+5
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2⇔Δ>0⇔6m+5>0⇔m>-56(*)
Khi điều kiện (*) được thỏa, phương trình có hai nghiệm x1,x2, theo định lý Vi-et ta có:
x1+x2=m+3x1x2=14m2+1#(1)
Do đó:
2x1+x22-8x1⋅x2=34 ⇔2⋅(m+3)2-8⋅14m2+1=34 ⇔2m2+6m+9-2m2-8=34 ⇔12m=24⇔m=2 (Thỏa (*))
Vậy giá trị cần tìm là m=2.
2.
a) Đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1;5)⇔5=a.(-1)-4⇔5=-a-4⇔a=-9.
b) Cho y=0 thay vào phương trình đường thẳng d1 ta được: 0=-3x+2⇔x=23.
Vậy d1 cắt trục hoành tại điểm M23;0.
Cho x=0 thay vào phương trình đường thẳng d1 ta được y=2. Vậy d1 cắt trục tung tại điểm N(0;2).
Ta có OM=23,ON=2. Trong tam giác vuông OMN ta vẽ đường cao OH, khi đó:
1OH2=1OM2+1ON2=1232+122=52 ⇒OH2=25⇒OH=105
Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d1 là
OH=105
Bài 3:
Cách 1: Gọi x,y lần lượt là số học sinh dự thi của mỗi trường A,B. Điều kiện x,y nguyên dương.
Cả hai trường A và B có tổng số 380 thí sinh dự thi nên: x+y=380
Số thí sinh trúng tuyển của trường A và B lần lượt là: 55100x (thí sinh), 45100y (thí sinh).
Số thí sinh trúng tuyển của cả hai trường là 191 thí sinh nên:
55100x+45100y=191⇔11x+9y=3820#(2)
Từ (1) suy ra y=380-x thay vào (2) ta được: 11x+9(380-x)=3820⇔2x=400⇒x=200
Suy ra y=180. Vậy số thí sinh dự thi của mỗi trường A,B lần lượt là 200 và 180 .
Cách 2: Gọi x là số thí sinh dự thi trường A. Điều kiện: x ngu