Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2016 môn thi: Toán Trường THPT TH Cao Nguyên

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 1 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN 
TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2016 
MÔN THI: TOÁN 
Ngày thi : 17/6/2016 
(Thời gian 120 phút không kể thời gian giao đề) 
Câu 1: (1,0 điểm) 
Thu gọn biểu thức: 1 5 2 2 5
2 5 5 2 2 5
A  
 
. 
Câu 2: (1,0 điểm) 
Rút gọn biểu thức: 2 22 4 1 2 4 1P x x x x      với 1
2
x  
Câu 3: (1,0 điểm) 
Giải phương trình: 2 22 2 2 7 4x x x x     . 
Câu 4: (1,0 điểm) 
 Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
2 3 1 0
3 2 7 0
x y xy y
x xy y x
     

    
Câu 5: (1,0 điểm) 
 Cho phương trình      3 22 3 1 2 3 0x m x m x m       (với m là tham số). 
Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt 1 2 3, ,x x x sao cho 
Câu 6: (4,0 điểm) 
 Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Gọi C là điểm chính giữa cung AB. 
Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = CB; OD cắt AC tại M. Từ A, kẻ AH 
vuông góc với OD (H thuộc OD), AH cắt DB tại N và cắt nửa đường tròn (O; R) tại E. 
a) Chứng minh tứ giác MCNH nội tiếp và OD song song với EB. 
b) Gọi K là giao điểm của EC và OD. Chứng minh CKD = CEB. Suy ra C là 
trung điểm KE. 
c) Chứng minh tam giác EHK vuông cân và MN song song với AB. 
d) Tính theo R diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác MCNH. 
Câu 7: (1,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 4 3 2 22 2 3x x x x y     
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 2 
SƠ LƯỢC BÀI GIẢI 
Câu 1: (1,0 điểm) 1 5 2 2 5 2 5 5 2 2 5 5 2 3
3 3 32 5 5 2 2 5 5 2 3
A            
   
Câu 2: (1,0 điểm) 
2 2
2 2 4 2 4 1 4 2 4 12 4 1 2 4 1
2
x x x xP x x x x            
     
2 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 2
x x x x x x x x             
  
 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 4 2
2 2 2
x x x x x x x x x x
               
     
(vì 1
2
x  thì 2 1 2 1 0x x    ) 
Câu 3: (1,0 điểm) (ĐK:  
2
2
2 2 0
*
2 4 7 0
x x
x x
   

   
) 
Ta có:    2 2 2 22 2 2 7 4 2 2 2 2 2 3 0 **x x x x x x x x             
Đặt 2 2 2 0y x x    , phương trình (**) trở thành: 
  
 
 
2
1
2 3 0 1 2 3 0 3
2
y nhan
y y y y
y loai
 
       
  

Với 1y  , ta có:   2 2
1
2 2 1 2 3 0 1 3 0
3
x
x x x x x x
x
 
             
1, 3x x   (TMĐK (*)). Vậy phương trình có hai nghiệm là: 1, 3x x   
Câu 4: (1,0 điểm)  
 
2 2
2 2
2 3 1 0 1
3 2 7 0 2
x y xy y
x xy y x
     

    
Có:          22 2 21 2 1 3 3 3 0 1 3 1 0x xy y xy y y x y y x y                 
      2
1
1 3 1 0 1 2 1 0
2 1
x y
x y y x y x y x y
x y
                    
+) TH: 1x y  , thay vào (2) ta được:      2 21 1 3 2 1 7 0y y y y y        
  2
2
6 0 2 3 0
3
y
y y y y
y

           
Nếu 2 2 1 1y x     ; Nếu 3 3 1 4y x        
+) TH: 2 1x y   , thay vào (2) có:      2 22 1 2 1 3 2 2 1 7 0y y y y y           
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 3 
2
7 89
27 10 0
7 89
2
y
y y
y
  

    
  

Nếu 7 89 7 892 1 8 89
2 2
y x           ; 
Nếu 7 89 7 892 1 8 89
2 2
y x           
Vậy hệ có bốn nghiệm: 
8 89 8 891 4
, , ,7 89 7 892 3
2 2
x xx x
y y y y
    
     
            

Câu 5: (1,0 điểm) Theo viét, ta có:  
 
1 2 3
1 2 2 3 3 1
1 2 3
2
3 1
2 3
x x x m
x x x x x x m
x x x m
   
    
  
Khi đó    22 2 21 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 31 12 2 4( )2 2P x x x x x x x x x x x x x x x x x x           
   
2
2 2 5 159 1592 2 12(m 1) 3 2 5 23 2
4 8 8
m m m m m              
 
Đẳng thức xảy ra 
5 50
4 4
m m     
Thử lại: Với 5
4
m  , phương trình trở thành: 
  3 2 2
2
5 1374 13 3 14 0 2 4 5 7 0
8
5 137
8
x
x x x x x x x
x

 

          

 
 (TMĐK) 
Vậy 5
4
m  thì phương trình      3 22 3 1 2 3 0x m x m x m       có ba nghiệm 
phân biệt 1 2 3, ,x x x mà P đạt GTNN là 
159
8
Câu 6: (4,0 điểm) 
a) Tứ giác MCNH nội tiếp và OD song song với EB. 
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 4 
K
E
N
H
M
D
C
BA O
Tứ giác MCNH có:  090MCN  ( 090ACB  - góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
  090MHN  (AH  OD) 
Vậy tứ giác MCNH là tứ giác nội tiếp. 
Ta có: AE  EB ( 090AEB  - góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), AE  OD (gt) 
 OD // EB (đpcm) 
b) CKD = CEB. Suy ra C là trung điểm KE. 
Xét CKD và CEB, ta có: 
 DCK BCE (đối đỉnh), CD = CB (gt),  CDK CBE (OD // EB) 
Vậy CKD = CEB (g-c-g)  CK = CE, nên C là trung điểm KE 
c) Tam giác EHK vuông cân và MN song song với AB. 
Ta có: sđAC = sđBC = 1
2
sđ 0 01 180 90
2
ACB    (C là điểm chính giữa cung AB) 
 1
2
AEC  sđ 0 01 90 45
2
AC    
Xét EHK có:  090EHK  (AE  OD),   045HEK cmt . Vậy EHK vuông cân tại H. 
Vì EHK vuông cân tại H (cmt),  1
2
CK CE EK cmt   HC là phân giác EHK 
 045CHK  . Do đó   045CNM CHK  (tứ giác MCNH nội tiếp) 
Lại có:  1
2
ABC  sđ  045 / /AC CNM ABC MN AB    (đpcm) 
d) Tính theo R diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác MCNH. 
Tứ giác MCNH nội tiếp,  090MCN   MN là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ 
giác MCNH. Đặt MN x 
ABC vuông cân tại C 2 2 2 2 2
2 2
AB RBC R BD BC R       
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 5 
MCN vuông cân tại C 22
2 2 2 2
MN x x R xCN DN CD CN R          
Xét BDO: MN // OB (cmt) . .MN DN MN BD OB DN
OB BD
    
2 2 22 2.2 2 . 4 2 3 2 3 2
32
R xx R R Rx R Rx Rx R Rx R x R           
Vậy diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác MCNH là: 
2
2 2
2
3
2 2 9
RMN R
 
 
       
   
 
Câu 7: (1,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 4 3 2 22 2 3x x x x y     
Ta có: 
2
2 1 113 0
2 4
x x x       
 
 (với mọi x ) 
   
   
2 4 3 2 4 3 2
24 3 2 2 2
3 2 2
2 2 3
x x x x x x x x
x x x x y x x a
        
       
Mặt khác với 2x   hoặc 1x  thì    21 2 2 0x x x x      
   
   
2 4 3 2 4 3 2
24 3 2 2 2
2 2 2 3 2 2 3
2 3 2 1 1
x x x x x x x x x x
x x x x x x y b
            
        
Từ a), b)    2 22 2 2 1x x y x x      với 2x   hoặc 1x  . Không tồn tại y Z 
Do đó 2 1x   
+) Với 2x   hoặc 1x  , ta có 2 9 3y y    
+) Với 1x   hoặc 0x  , ta có 2 3y  (không tồn tại y Z ) 
Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên  ;x y là:        2; 3 , 2;3 , 1; 3 , 1;3   