File word 70 đề word 10 chuyên 065 100

ĐỀ SỐ 066 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC: 2016 – 2017 MƠN: TỐN (Chun) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 12/6/2016 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)  x 2 2 x  x 1 , với x  0, x  x Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức: P      x  x 1 x 1  a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị biểu thức P x  46     1 Câu (1.0 điểm) Cho phương trình: x2  2mx  m2  4m   ( m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 cho biểu thức T  x12  x22  x1 x2 đạt giá trị nhỏ Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình:  x  1  x  x   14 x   xy  y  y   x  y  b) Giải hệ phương trình:    x y  xy  xy  x  y   Câu (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến A (O) cắt đường thẳng BC T Gọi (T ) đường tròn tâm T bán kính TA Đường tròn (T ) cắt đoạn thẳng BC K a) Chứng minh TA2  TB.TC AK tia phân giác BAC b) Lấy điểm P cung nhỏ AK đường tròn (T ) Chứng minh TP tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác TPC c) Gọi S , E, F giao điểm thứ hai AP, BP, CP với (O) Chứng minh SO  EF Câu (1.0 điểm) Cho biểu thức Q  a  2a3  16a  2a  15 Tìm tất giá trị nguyên a để Q chia hết cho 16 Câu (1.0 điểm) a) Từ 2016 số: 1, 2,3, , 2016 ta lấy 1009 số Chứng minh số lấy có hai số nguyên tố b) Cho hai số thực a, b lớn Chứng minh 11  3ab   a b 1  b a 1 Hết Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………… SBD: …………… Họ tên giám thị 1: ……………………………… chữ kí: ………… rằng: SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC: 2016 – 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu MƠN: TỐN (Chun) Đáp án Ý  x 2  x  x 1  , với x  0, x   x  x  x  x   Cho biểu thức: P   (2.0 điểm) a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị biểu thức P x  46    x 2  x  x 1 P      x  x  x 1 x 1  a   x  x 1  x 1 x  46   b x 1  x 1 x  1   3  1     P  (1.0 điểm)  x 2    1    1    x  1 x  1 x 1   x  x 1  x 1 x  1  2 1 Cho phương trình: x2  2mx  m2  4m   ( m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 cho biểu thức T  x12  x22  x1 x2 đạt giá trị nhỏ Phương trình cho có hai nghiệm  '   4m    m    x1  x2  2m Theo hệ thức Vi-et:   x1 x2  m  4m  T  x12  x22  x1 x2   x1  x2   3x1 x2  m2  12m   (m  6)2  27 3 21 nên m   Suy T  4 16 Do m  Vậy MinT  Câu (2.0 điểm) m   16 a) Giải phương trình:  x2  1  x2  x   14 x (1)   xy  y  y   x  y  b) Giải hệ phương trình:    x y  xy  xy  x  y   (1) (2) x  ĐK: x  x     x   2 (1)  2(2 x  x  3)  x  x    a Đặt y  x2  x  ( y  0) Phương trình trở thành: y  2 y  3y      y   (L)  2 Với y   x  x    x  x    x  b  x   y   ĐK:   x  y   y   Xét y   x  y    x  y  Thay vào (2) không thỏa mãn  57 (thỏa mãn) Xét  x  3 y 1  x  y 1    y   x  y yx  (1)  y ( x  y )   yx 1  y   VN y   y 1  x  y 1  3 y 1  x  y 1  Với x = y, thay vào (2) ta được: x4  x3  x2  x    ( x  1)2 ( x2  x  2)   x  Khi đó: y = Vậy nghiệm hệ là: (1; 1) Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến A (O) cắt đường thẳng BC T Gọi (T ) đường tròn tâm T bán kính TA Đường tròn (T ) cắt đoạn thẳng BC K a) Chứng minh TA2  TB.TC AK tia phân giác BAC b) Lấy điểm P cung nhỏ AK đường tròn (T ) Chứng minh TP tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác TPC c) Gọi S , E, F giao điểm thứ hai AP, BP, CP với (O) Chứng minh SO  EF (3.0 điểm) A E F P R O T B C K S Xét hai tam giác TAB TCA có: T chung TAB  TCA (cùng chắn cung AB) Suy TAB TCA ( g.g )  a TA TB   TA2  TB.TC TC TA Ta có BAK  TAB  TKA (tam giác TAK cân T) Mà TKA  KCA  KAC (góc ngồi tam giác KAC) Suy BAK  TAB  KCA  KAC, mà TAB  KCA (cmt ) Do BAK  KAC hay AK tia phân giác góc BAC Ta có TA2  TB.TC  TP2  TB.TC (do TA  TP) b  TP TC góc PTC chung nên TPB  TB TP TCP  TPB  TCP Do TP tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC Ta có: TPB  TCP  BCF  BEF (slt )  TP / / EF (1) Gọi R giao điểm SO TP c Ta có: PSR  RPS  OAP  APT  OAP  PAT  900  PRS  900 Do đó: SO  TP (2) Từ (1) (2) suy ra: SO  EF Cho biểu thức Q  a4  2a3  16a2  2a  15 Tìm tất giá trị nguyên a để Q chia hết cho 16 (1.0 điểm) Q  a  2a3  16a  2a  15  (a  2a3  2a  1)  (16a  16)  (a  1)(a  1)3  16(a  1) Với a lẻ, a  2k  1, k  Z Khi đó: (a 1)(a  1)3  2k (2k  2)3  16k (k  1)3 16 Mà 16(a2  1) 16 nên Q chia hết cho 16 Với a chẵn, a  2k , k  Z Khi đó: (a 1)(a  1)3  (2k 1)(2k  1)3 số lẻ nên khơng chia hết cho 16 Do Q không chia hết cho 16 Vậy a số nguyên lẻ a) Từ 2016 số: 1, 2,3, , 2016 ta lấy 1009 số Chứng minh số lấy có hai số ngun tố b) Cho hai số thực a, b lớn Chứng minh rằng: 11  3ab   a b 1  b a 1 Chia số cho thành 1008 cặp sau: (1;2), (3;4), , (2015;2016) a Chọn 1009 số từ 1008 cặp nên theo nguyên lý Dirichlet tồn hai số thuộc cặp Mà hai số thuộc cặp hai số nguyên tố nên ta đpcm Ta có: a b   a (1.0 điểm) b   ab  2 Tương tự: b a   b a   ab 6    Dấu “=” xảy 2 a b   b a  ab a  b  b Q 6 18  3ab    3ab    3ab  ab 3ab a b 1  b a 1 Đặt y  3ab   3ab  y  Khi đó: Q AM GM 18 18 3 11 y  ( y  2)  ( y  2)   3 18   y 4 ( y  2)( y  2) 4 4 2 Dấu “=” xảy y = hay a  b  Lưu ý: Học sinh giải theo cách khác đúng, khoa học theo yêu cầu toán, giám khảo cân nhắc cho điểm tối đa phần ĐỀ SỐ 067 Së GD&§T NghƯ An Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10 tr-ờng thpt chuyên phan bội châu năm học 2009 - 2010 Đề thi thức Môn thi: toán Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1: (3.5 điểm) a Giải ph-ơng trình x2 x b Giải hệ ph-ơng trình x   y3    x3  y Bài 2: (1.0 điểm) Tìm số thực a để ph-ơng trình sau có nghiệm nguyên x2  ax  a   Bµi 3: (2.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A có đ-ờng phân giác BE (E thuộc AC) Đ-ờng tròn đ-ờng kính AB cắt BE, BC lần l-ợt M, N (khác B) Đ-ờng thẳng AM cắt BC K Chứng minh: AE.AN = AM.AK Bài 4: (1.5 điểm) Cho tam gi¸c ABC cã gãc nhän, trung tuyÕn AO có độ dài độ dài cạnh BC Đ-ờng tròn đ-ờng kính BC cắt cạnh AB, AC thứ tự M, N (M khác B, N khác C) Đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đ-ờng thẳng AO lần l-ợt I K Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp đ-ợc đ-ờng tròn tứ giác BICK hình bình hành Bài 5: (2.0 điểm) a Bên đ-ờng tròn tâm O bán kính cho tam giác ABC có diện tích lớn Chứng minh điểm O nằm nằm cạnh tam giác ABC b Cho a, b, c số thực d-ơng thay đổi thỏa mãn: a b c Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc P  a  b2  c  ab  bc  ca a 2b  b2c  c 2a - Hết - Họ tên thí sinh SBD * Thí sinh không đ-ợc sử dụng tài liệu * Giám thị không giải thích thêm Sở GD&ĐT Nghệ An Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10 tr-ờng thpt chuyên phan bội châu năm học 2009 - 2010 Môn thi: Toán Đề thi thức H-íng dÉn chÊm thi B¶n h-íng dÉn chÊm gåm 03 trang Nội dung đáp án Điểm Bài 3,5 đ a 2,0® x2  7 x 3  x    x  3 x   x   x    x  27 0.50®   ( x  2)(7  x)  27 0.25®  ( x  2)(7  x)  0.25®  ( x  2)(7  x)  0.25®  x2  5x   0.25®  x  1  ( tháa m·n ) x   0.50® 1,50® b Đặt z y 0.25đ 2) Cho x, y hai số thực thỏa mãn xy  (1  x2 )(1  y )  Chứng minh x  y  y  x  Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x   x2  x   x   x  2  2 x  y  xy  x  y   y  x    3x 2) Giải hệ phương trình   x  y 1  4x  y   x  y  Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x4  x2  y  y  20  2) Tìm số nguyên k để k  8k  23k  26k  10 số phương Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) dây BC cố định khơng qua tâm Trên tia đối tia BC lấy điểm A (A khác B) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM AN với đường tròn (O) (M N tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC 1) Chứng minh A, O, M, N, I thuộc đường tròn IA tia phân giác góc MIN 2) Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh 1   AK AB AC 3) Đường thẳng qua M vng góc với đường thẳng ON cắt (O) điểm thứ hai P Xác định vị trí điểm A tia đối tia BC để AMPN hình bình hành Câu V (1,0 điểm) Cho a, b số dương thỏa mãn điều kiện (a  b)3  4ab  12 Chứng minh bất đẳng thức 1   2015ab  2016 1 a 1 b -Hết Câu I (2,0 điểm) 1) Cho a  b  29  12  Tính giá trị biểu thức: A  a (a  1)  b2 (b  1)  11ab  2015 a  b  29  12   3   2 3 A  a  b3  a  b  11ab  2015  (a  b)(a  b  ab)  a  b  11ab  2015  3(a  b  ab)  a  b  11ab  2015  4(a  2ab  b )  2015  4(a  b)  2015  2051 2) Cho x, y hai số thực thỏa mãn xy  (1  x2 )(1  y )  Chứng minh x  y  y  x  xy  (1  x )(1  y )   (1  x) (1  y )   xy  (1  x )(1  y )  (1  xy )   x  y  x y   xy  x y  x  y  xy   ( x  y )   y   x  x  y  y  x2  x  x2  x  x2  Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x   x2  x   x   x  Pt  x   ( x  2)(4 x  1)  x   x  ĐK: x   Đặt t  8x  ( x  2)(4 x  1)   x  ( x  2)(4 x  1)  t2  PTTT t  4t    t  t = TH1 t = giải vô nghiệm kết hợp với ĐK t  bị loại TH t   x   x   Giải pt tìm x   Vậy pt có nghiệm x   (TM) 9 2  2 x  y  xy  x  y   y  x    3x 2) Giải hệ phương trình   x  y 1  4x  y   x  y  ĐK: y  2x   0, x  y   0, x  y   0, x   y  2x 1  x   0  (Không TM hệ)     10  3  3x  y 1   TH  TH x  1, y  Đưa pt thứ dạng tích ta ( x  y  2)(2 x  y  1)  x y2 y  x    3x   ( x  y  2)   y  x  1  Do y  x    y  x    3x  nên  y  2x 1   x  y   y  x    3x Thay y   x vào pt thứ ta x2  x   3x    x  x  x   3x      x 3x  2 x  ( x  2)( x  1)   3x     x    ( x  2)   1  x   3x     x  Do x  nên  1 x  3x     x Vậy x    x  2  y  (TMĐK) Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x4  x2  y  y  20  (1) Ta có (1)  x4  x2  20  y  y Ta thấy x4  x2  x4  x2  20  x4  x2  20  8x2  x2 ( x2  1)  y( y  1)  ( x2  4)( x2  5) Vì x, y ∈ nên ta xét trường hợp sau + TH1 y( y  1)  ( x2  1)( x2  2)  x4  x2  20  x4  3x2   x2  18  x2   x  3 Với x2  , ta có y  y  92   20  y  y 110   y  10; y  11(t.m) + TH2 y( y  1)  ( x2  2)( x2  3)  x4  x2  20  x4  5x2   x  14  x  (loại) + TH3 y( y  1)  ( x  3)( x  4)  x   x  (loại) + TH4 y( y  1)  ( x2  4)( x2  5)  8x2   x2   x  Với x2  , ta có y  y  20  y  y  20   y  5; y  Vậy PT cho có nghiệm nguyên (x;y) : (3;10), (3;-11), (-3; 10), (-3;-11), (0; -5), (0;4) 2) Tìm số nguyên k để k  8k  23k  26k  10 số phương Đặt M  k  8k  23k  26k  10 Ta có M  (k  2k  1)  8k (k  2k  1)  9k 18k   (k  1)2  8k (k  1)2  9(k  1)2  (k  1)2 (k  3)  1 M số phương (k  1)2  (k  3)2  số phương TH (k 1)2   k  TH (k  3)2  số phương, đặt (k  3)2   m2 (m  )  m2  (k  3)2   (m  k  3)(m  k  3)  Vì m, k   m  k   , m  k   nên m  k   m  k   1  m  1, k   k 3   m  k   m  k   1  m  1, k  Vậy k = k = k  8k  23k  26k  10 số phương Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) dây BC cố định không qua tâm Trên tia đối tia BC lấy điểm A (A khác B) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM AN với đường tròn (O) (M N tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC 1) Chứng minh A, O, M, N, I thuộc đường tròn IA tia phân giác góc MIN Theo giả thiết AMO = ANO = AIO = 90o = > điểm A, O, M, N, I thuộc đường tròn đường kính AO 0,25 => AIN = AMN, AIM = ANM (Góc nội tiếp chắn cung) AM = AN => AMN cân A => AMN = ANM => AIN = AIM => đpcm 2) Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh 1   AK AB AC 1    AB AC  AK ( AB  AC )  AB AC  AK AI AK AB AC (Do AB+ AC = 2AI) ABN đồng dạng với ANC => AB.AC = AN2 AHK đồng dạng với AIO => AK.AI = AH.AO Tam giác AMO vuông M có đường cao MH => AH.AO = AM2 => AK.AI = AM2 Do AN = AM => AB.AC = AK.AI 3) Đường thẳng qua M vng góc với đường thẳng ON cắt (O) điểm thứ hai P Xác định vị trí điểm A tia đối tia BC để AMPN hình bình hành Ta có AN  NO, MP  NO, M  AN => AN // MP Do AMPN hình bình hành  AN = MP = 2x Tam giác ANO đồng dạng với TH 1.NE = NO – OE => AN NO 2x2 NEM =>   NE  NE EM R 2x2  R  R2  x2  2x2  R2  R R2  x2 R Đặt R2  x2  t, t   x2  R2  t  2t   R t  R PTTT 2( R  t )  R  R t  2t  Rt  R    Do t   t  R  R2  x2  R  x   A  B (loại) TH NE = NO + OE => 2x2  R  R2  x2  2x2  R2  R R2  x2 R Đặt R2  x2  t, t   x2  R2  t  2t  R t   R PTTT 2( R  t )  R  Rt  2t  Rt  R    Do t   2t  R  R  x  R  x  R  AO  2R (loại) Vậy A thuộc BC, cách O đoạn 2R AMPN hbh Câu V (1,0 điểm) Cho a, b số dương thỏa mãn điều kiện (a  b)3  4ab  12 Chứng minh bất đẳng thức 1   2015ab  2016 1 a 1 b Ta có 12  (a  b)3  4ab   ab   4ab Đặt t  ab , t  12  8t  4t  2t  t    (t  1)(2t  3t  3)  Do 2t  3t   0, t nên t 1   t  Vậy  ab  Chứng minh Thật vậy, BĐT 1   , a, b  thỏa mãn ab  1  a  b  ab 1 1    0  a  ab  b  ab  b  a  a ab  a ab  b b          (1  a)(1  ab ) (1  b)(1  ab )   ab   a  b   ( b  a )2 ( ab  1)  Do  ab  nên BĐT (1  ab )(1  a)(1  b) Tiếp theo ta CM  ab Đặt t  ab ,0  t  t ta  2015ab  2016, a, b  thỏa mãn ab   2015t  2016 1 t 2015t  2015t  2016t  2014   (t  1)(2015t  4030t  2014)  BĐT t :  t  Vậy 1   2015ab  2016 Đẳng thức xảy a = b = 1 a 1 b ĐỀ SỐ 102 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016 – 2017 Mơn: TỐN (Dùng chung cho tất thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 30/5/2016 Câu (2, điểm) 1 2   1 1 a) Rút gọn biểu thức A  3x  y  2 x  y  b) Giải hệ phương trình  c) Giải phương trình x2  x   Câu (2,0 điểm) Cho parabol (P): y = -x2 đường thẳng (d): y = 4x – m a) Vẽ parabol (P) b) Tìm tất giá trị tham số m để (d) (P) có điểm chung Câu (1, điểm) a) Cho phương trình x2 – 5x + 3m + = (m tham số) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn | x12  x22 | 15 b) Giải phương trình (x – 1)4 = x2 – 2x + Câu (3, điểm) Cho nửa đường tròn (O) có đường kính AB = CD dây cung thay đổi nửa đường tròn cho CD = R C thuộc cung AD (C khác A D khác B) AD cắt BC H, hai đường thẳng AC BD cắt F a) Chứng minh tứ giác CFDH nội tiếp b) Chứng minh CF.CA = CH.CB c) Gọi I trung diểm HF Chứng minh tia OI tia phân giác góc COD d) Chứng minh điểm I thuộc đường tròn cố định CD thay đổi Câu (0, điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc Chứng minh rằng: a b c    a  bc b  ca c  ab 2 ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu a) A  1   2(2  3)    2   2  1 (  1)(  1) 3x  y   y  3x   y  3x   y  3x   x      2 x  y  2 x  3(3x  1)  11x  11 x  y  b)  Hệ có nghiệm (1;2) c) x2 + 2x – = Có ’ = + = > Câu a) Bảng giá trị x -2 -1 y = –x2 -4 -1 -1 -4 Đồ thị: b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P): –x2 = 4x – m ⇔ x2 + 4x – m = (1) (d) (P) có điểm chung ⇔ phương trình (1) có nghiệm kép ⇔ ’ = 22 – (– m) =  + m = ⇔ m = –4 Vậy m = –4 Câu a) x2 – 5x + 3m + = Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ 12m > = 52 – 4(3m + 1) > ⇔ 21 – m< 21 12 Với m < x  x  21 , ta có hệ thức  (Viét) 12  x1 x2  3m  => | x1  x2 | ( x1  x2 )2  ( x1  x2 )2  x1 x2  52  4(3m  1)  21  12m | x12  x22 || ( x1  x2 )( x1  x2 ) || 5( x1  x2 ) | | x1  x2 | 21 12m Ta có | x12  x22 | 15  21 12m  15  21  12m   21  12m   12m  12  m  tm Vậy m = giá trị cần tìm b) ( x 1)4  x2  x  3(1) (1)  ( x  1)2   x2  x   ( x2  x  1)2  x2  x  (2) Đặt t = x2 – 2x + 1, t≥0, phương trình (2) trở thành t  t   t  t    (t  2)(t  1)   t = (tm) t = –1 (loại) Với t = có x2  2x    x2  2x 1   x   Vậy tập nghiệm phương trình (1) 1  2;1  2 Câu a) Vì C, D thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên ACB  ADB  90o  FCH  FDH  90o  FCH  FDH  180o Suy tứ giác CHDF nội tiếp b) Vì AH ⊥ BF, BH ⊥ AF nên H trực tâm  CFH  CBA( 90o  CAB)  CFH AFB ⇒ FH ⊥ AB CBA( g.g )  CF CH   CF CA  CH CB CB CA c) Vì FCH  FDH  90o nên tứ giác CHDF nội tiếp đường tròn tâm I đường kính FH => IC = ID Mà OC = OD nên OCI = ODI (c.c.c) => COI = DOI => OI phân giác góc COD d) Vì OC = CD = OD = nên OCD => COD = 60o Có CAD  COD  30o  CFD  90o  CAD  60o Xét góc nội tiếp góc tâm chắn cung CD (I), có CID = 2CFD = 120o => OIC = OID = Mặt khác COI = DOI = Suy OI  CID  60o COD  30o  OID  DOI  90o  OID vuông D OD 2R  o sin 60  Vậy I thuộc đường tròn  O;  2R   3 Câu Từ điều kiện đề ta có ab  bc  ca 1 3   3 abc a b c Áp dụng hai lần bất đẳng thức Cơsi cho hai số dương, ta có: a  bc  a bc  2a bc  a   a  bc 2a bc bc 1 11 1 a 11 1         b c  b c  a  bc  b c  Tương tự ta có: Suy b 11 1 c 11 1    ;     b  ca  c a  c  ab  a b  a b c 11 1        a  bc b  ca c  ab  a b c  2 ... lấy 100 9 số Chứng minh số lấy có hai số ngun tố b) Cho hai số thực a, b lớn Chứng minh rằng: 11  3ab   a b 1  b a 1 Chia số cho thành 100 8 cặp sau: (1;2), (3;4), , (2015;2016) a Chọn 100 9... phần ĐỀ S 067 Sở GD&ĐT Nghệ An Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10 tr-ờng thpt chuyên phan bội châu năm học 2009 - 2 010 Đề thi thức Môn thi: toán Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài...  2) x z 0    2t z x  A     10 Ta thấy a=b=0 c=1 A =10 nên giá trị lớn A 10 THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012 - 2013 ( ĐỀ CHÍNH THỨC) Mơn thi: Tốn chung Thời