Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2016 - 2017 môn thi: Toán (không chuyên) (thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề)

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 1 
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM 
TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 
HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH 
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 
NĂM HỌC 2016-2017 
MÔN THI: TOÁN (không chuyên) 
(Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề) 
Ngày thi 04/6/2016 
Bài 1: (1,0 điểm) Biết a và b là các số dương, a  b và 
   4 2
: 2016
a a b b b a a a b b a a b b
ab ab
a b a b a b
        
              
Tính S a b  
Bài 2: (2,0 điểm) 
 a) Giải phương trình 25 2 5x x x x   
 b) Giải hệ phương trình   
2
3 0
5
y x y x
x y
    

 
Bài 3: (2,0 điểm) Cho phương trình 
  
 
21 2 14
0 1
x x mx m
x
   
 
 a) Giải phương trình (1) khi m = –8 
 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho: 
 22 2 11 2 14 3x m x m x      
Bài 4: (2,0 điểm) 
 a) Ông An định cải tạo một mảnh vườn hình chữ nhật, có chiều dài bằng 2,5 
chiều rộng. Ông thấy rằng nếu đào một cái hồ có mặt hồ là hình chữ nhật thì sẽ chiếm 
mất 3% diện tích mảnh vườn, còn nếu giảm chiều dài 5m và tăng chiều rộng 2m thì mặt 
hồ là hình vuông và diện tích mặt hồ giảm được 20m2. Hãy tính các cạnh của mảnh 
vườn. 
 b) Lớp 9A có 27 học sinh nam và 18 học sinh nữ. Nhân dịp sinh nhật bạn X (là 
một thành viên của lớp), các bạn trong lớp có rất nhiều món quà tặng X. Ngoài ra mỗi 
bạn nam của lớp làm 3 tấm thiệp và mỗi bạn nữ xếp 2 hoặc 5 con hạc để tặng bạn X. 
Biết số tấm thiệp và số con hạc bằng nhau, hỏi bạn X là nam hay nữ ? 
Bài 5: (3,0 điểm) 
Cho tam giác ABC đều có tâm O, AB = 6a và các điểm M, N lần lượt thuộc các cạnh 
AB, AC mà AM = AN = 2a. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của BC, AC và MN. 
a) Chứng minh các điểm M, N, B, C cùng thuộc một đường tròn T. Tính diện tích tứ 
giác BMNC theo a. 
b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK. Chứng minh đường tròn 
đường kính NC tiếp xúc với AI. 
c) AE tiếp xúc với đường tròn T tại E (E, B cùng phía đối với AI). Gọi F là trung 
điểm OE, tính số đo AFJ 
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 2 
SƠ LƯỢC BÀI GIẢI 
Bài 1: (1,0 điểm) 
Ta có: 
     22 24 2 2a a b b b a a ba ab b
a b a b a b
    
 
  
    22
a b a ab ba a b b
ab ab a ab b a b
a b a b
  
       
 
    22
a b a ab ba a b b
ab ab a ab b a b
a b a b
  
       
 
Do đó 
         
2 2
2 2 2 1
2016 : :
a b a b
a b a b a b
a b a b a b
           
1
2016
S a b    
Bài 2: (2,0 điểm) a) ĐK: 
 2
5
5 055 0 0
52 5 02 5 0 5
2
2
x
xxx x
x xx x x
x
 
                     
Ta có:    2 05 2 5 2 5 5 0
2 5 5 0
x nhan
x x x x x x x
x x

         
   
ta có: 2 22 5 5 0 4 20 25 5 4 21 20 0x x x x x x x             
  
 
 
4
4 4 5 0 5
4
x nhan
x x
x loai
 
    
 

Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là  0;4S  
b) ĐK: 0, 0x y  
  
 
 
2
2
2
3 0
53 0
05
5
y x
I
x yy x y x
y xx y
II
x y
   
       
          
Giải hệ (I): 
    22
3 33 0
1 2 05 3 5
x y x yy x
y yx y y y
         
   
        
2
3
1
1
1
4
4
x
x y
y
y
x
y
y
  
            
 (TMĐK) 
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 3 
Giải hệ (II): 0 0y x x y     (vì 0, 0x y  ). Mà 0x y  không thỏa mãn 
2 5x y  nên hệ (II) vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm 
2
1
x
y



 và 
1
4
x
y



Bài 3: (2,0 điểm) 
a) ĐK: x > 0. Khi m = –8, phương trình (1) trở thành: 
    
 
2
12
2
1 8 2 4 3 2 0
0 8 2 0
4 3 2 0
x x x x nhan
x x
x x loai
     
      
  
 (Vì 0x  nên 1 0x   ) 
b) ĐK 0x  , ta có: (1)   2 2 14 0 2x mx m    
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm phân biệt dương 
 
 
 
 
 
2 2
2
2 2
2
0 4 2 14 0 8 56 0
7 0
0 2 14 0 7 *
8 56 0
0 00
m m m m
m
P m m
m m
m mS
            
           
       
Khi đó, theo viét ta có: 1 2
1 2 2 14
x x m
x x m
  

 
Lại có 2x là nghiệm của (2) nên  2 22 2 2 2 22 14 0 1 2 14x mx m x m x m x          
Do đó  22 2 1 2 1 1 21 2 14 3 3 3x m x m x x x x x            
     21 2 1 22 9 2 2 14 9 2 2 14 9 4 2 14 9x x x x m m m m m m                 
     2 24 2 14 9 5 0 5m m m m          (thỏa mãn (*)). Vậy 5m   
Bài 4: (2,0 điểm) 
a) Gọi x, y (m) lần lượt là chiều rộng mảnh vườn và chiều rộng của mặt hồ ( 0, 0x y  ) 
Khi đó: Chiều dài mảnh vườn là 2,5x (m); chiều dài của hồ là y + 7 (m) 
Vì diện tích mặt hồ chiếm 3% diện tích mảnh vườn, nên có phương trình 
 7 3% 2,5y y x x   
Vì nếu giảm chiều dài 5m và tăng chiều rộng 2m thì mặt hồ là hình vuông và diện tích 
mặt hồ giảm được 20m2, nên có phương trình    27 2 20y y y    
Ta có hệ phương trình 
 
   2
7 3% 2,5
7 2 20
y y x x
y y y
   

   
. Giải hệ ta được  
40
0, 0
8
x
x y
y

 

Vậy chiều rộng mảnh vườn là 40m; chiều dài mảnh vườn là 40.2,5 = 100m 
b) Gọi x là số bạn nữ xếp 2 con hạc; y là số bạn nữ xếp 5 con hạc (x, y nguyên dương) 
+) Nếu bạn X là nam, ta có hệ 
2 5 26 3 4
18 14
x y x
x y y
    
 
  
 (TMĐK) 
+) Nếu bạn X là nữ, ta có hệ 
4
2 5 27 3 3
17 47
3
xx y
x y
y
      
 
   
 
 (không TMĐK) 
Vậy bạn X là bạn nam. 
Bài 5: (3,0 điểm) a) Chứng minh các điểm M, N, B, C cùng thuộc một đường tròn 
T. Tính diện tích tứ giác BMNC theo a. 
Ta có 2 1 / /
6 3
AM AN a
MN BC
AB AC a
    . Tứ giác BMNC: MN // BC,  B C (ABC đều) 
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 4 
 tứ giác BMNC là hình thang cân  tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp 
Nên các điểm M, N, B, C cùng thuộc một đường tròn T (đpcm) 
Tam giác ABC đều, nên  
22
26 33 9 3
4 4ABC
aAB
S a   
Tam giác AMN: AM = AN,  060A   AMN đều, nên  
22
22 33 3
4 4AMN
aAM
S a   
Do đó 2 2 29 3 3 8 3BMNC ABC AMNS S S a a a     (đvdt) 
b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK. 
Chứng minh đường tròn đường kính NC tiếp xúc với AI. 
Vì O là tâm của tam giác đều ABC, 
 , ,
2 2
BC AC
IB IC JA JC gt OI BC OJ AC       
 OI OJ a  
Mặt khác AK MN (vì 
2
MN
KM KN  ), 
AI BC (vì 
2
BC
IB IC  ), MN // BC (cmt) 
, , ,A K O I thẳng hàng. 
Nên 3 6 3 3 3
2 2
AB a
AI a   (AI là đường cao tam giác đều ABC) 
3 3 2 2 3 3
3 , 2 3
3 3 3 3
AI a AI a
OI a OA a

      (O là tâm tam giác đều ABC) 
Lại có: 3 2 3 3
2 2
AM a
AK a   (AK là đường cao tam giác đều AMN) 
 2 3 3 3 3OK OA AK a a a OK OI a b         
Từ (a), (b) OI OJ OK    O là tâm đường tròn ngoại tiếp IJK và bán kính đường 
tròn ngoại tiếp IJK là 3OI a 
Tứ giác CNKI: KN // IC (MN // BC) nên tứ giác CNKI là hình thang 
Gọi P là trung điểm NC. 
2
KI
OK OI  (cmt), nên OP là đường trung bình hình thang 
CNKI  3 1 12 4 6 2 4
2 2 2 2
KN IC a a
OP a a CN CN AB AN a a a
 
            
 O thuộc đường tròn tâm P đường kính NC (c) 
Lại có OP // IC (OP là đường trung bình hình thang CNKI) 
 AI  IC (cmt)  AI  OP tại O (d) 
Từ (c) và (d)  đường tròn đường kính NC tiếp xúc với AI (đpcm) 
c) Tính số đo AFJ 
AOJ:    

0 090 , 30
2
BAC
AJO OJ AC OAJ    (AI là đường cao ABC đều)  060AOJ  
AEB AME (g.g) 2 22 6 12 2 3AE AM AE AM AB a a a AE a
AB AE
          
Do đó 2 3AE AO a  , nên AEO cân tại A. Lại có  
2
OE
FE FO gt AF OE    
Tứ giác AFOJ có:      0 090 , 90AFO AF OE AJO OJ AC    nên tứ giác AFOJ nội tiếp 
  060AFJ AOJ   
F
E
PO
K
J
I
N
M
A
B C