Kì thi tuyển sinh lớp 10 thành phố trung học phổ thông năm 2016 thời gian : 120 phút (không tính thời gian giao đề)

Tư liệu ôn tập và luyện thi lớp 10 GV : Nguyễn Văn Ngãi 
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 
 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2016 
 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 120 phút (không tính thời gian giao đề) 
Bài 1. (1,5 điểm) 
a) Với giá trị nào của x thì x 2 xác định? 
b) Rút gọn biểu thức M = 
   
2 2
a b a b
ab
  
 với ab ≠ 0 
Bài 2 (2,0 điểm) 
a) Giải hệ phương trình 
2x y 0
3x 2y 1
 

 
b) Cho phương trình x2 + x – 2 + 2 = 0 có hai nghiệm là x1 và x2. Tính giá trị của 
biểu thức x1
3
 + x2
3
. 
Bài 3 (2,0 điểm) 
 Cho hai hàm số y = 
1
2
x
2
 có đồ thị (P) và y = x + 4 có đồ thị (d) 
a) Vẽ đồ thị (P). 
b) Gọi A, B là các giao điểm của hai đồ thị (P) và (d). Biết rằng đơn vị đo trên các 
trục tọa độ là xentimét, tìm tất cả các điểm M trên tia Ox sao cho diện tích tam 
giác MAB bằng 30cm2. 
Bài 4 (1,0 điểm) 
Một miếng bìa hình chữ nhật có chiều rộng bằng 
3
5
 chiều dài. Nếu chiều rộng 
giảm đi 1cm và chiều dài giảm đi 4cm thì diện tích của nó bằng nửa diện tích ban đầu. 
Tính chu vi miếng bìa đó. 
Bài 5 (3,5 điểm) 
 Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC và nội tiếp trong đường tròn tâm O đường 
kính AD. Gọi AH là đường cao của tam giác ABC. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với 
đường thẳng AD tại E. 
a) Chứng minhABHE là tứ giác nội tiếp. 
b) Chứng minh hai đường thẳng HE và AC vuông góc với nhau. 
c) Gọi F là hình chiếu vuông góc của điểm C lên đường thẳng AD và M là trung 
điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh rằng M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam 
giác HEF. 
----- HẾT ----- 
Họ và tên thí sinh 
.............................................................. 
Số báo danh 
.............................. 
Phòng thi 
............................... 
Tư liệu ôn tập và luyện thi lớp 10 GV : Nguyễn Văn Ngãi 
GỢI Ý BÀI GIẢI 
Bài 1 : 
a) x 2 xác định  x – 2 ≥ 0  x ≥ 2. Vậy khi x ≥ 2 thì x 2 xác định. 
b) Với ab ≠ 0 ta có M = 
   
2 2
a b a b
ab
  
= 
 2 2 2 2a 2ab b a 2ab b
ab
    
 M = 
2 2 2 2a 2ab b a 2ab b 4ab
4
ab ab
    
  . Vậy M = 4 khi ab ≠ 0 
Bài 2 : 
a) 
2x y 0 4x 2y 0 x 1 x 1 x 1 x 1
3x 2y 1 3x 2y 1 3x 2y 1 3.1 2y 1 2y 1 3 y 1
                
         
                
Vậy hệ phương trình có nghiệm 
x 1
y 1
 


b) Tính ∆ = 9 - 4 2 = 8 - 2 8 + 1 = ( 8 - 1)2. 
 x1 = 
2 1 8 11 ( 8 1) 1 8 1 2 2
2
2.1 2 2 2
        
     . 
Hay x2 = 
2 1 8 11 ( 8 1) 1 8 1 2 2 2
2.1 2 2 2
         
   = -1 + 2 . 
Ta có : x1
3
 + x2
3
 = ( 2 )
3
 + (-1 + 2 )
3
x1
3
 + x2
3
 = ( 2 - 1 + 2 ).[( 2 )
2
 –( 2 )(-1+ 2 ) +(-1 + 2 )2] 
x1
3
 + x2
3
 = -1(2 - 2 + 2 + 1 - 2 2 +2) = - (7 - 3 2 ) = - 7 + 3 2 . 
Vậy : x1
3
 + x2
3
 = - 7 + 3 2 . 
Bài 3 : 
a) Lập bảng giá trị và tự vẽ. 
b) - Ph.trình hđộ giao điểm của (d) và (P): 
1
2
x
2
 = x + 4  x2 – 2x – 8 = 0 (*). 
- Phương trình (*) có hai nghiệm x1 = -2 và x2 = 4 . Thay vào công thức hàm số (P) 
lần lượt được y1 = 2 và y2 = 8  A(-2; 2) và B(4; 8) 
- Ta có M  Ox  Tọa độ điểm M(xM; 0). 
- Gọi C là giao điểm của đường thẳng y = x + 4 với Ox ta có C(-4; 0), gọi E và D 
lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ A và B đến Ox thì : E(-2; 0) và D(4; 0) 
 SAEDB = 
1
. ED .( AE DB )
2
 = 30cm
2
 . Vì SMAB = 30cm
2
 nên M không thể thuộc 
đoạn thẳng CD  M  Dx hay xM > 4. 
- Lấy M  Ox sao cho xM > 4, ta có : SMAB = SMBC – SMAC. Thay số và xM ta tính 
được xM = 6. Vậy M(6; 0) thỏa mãn yêu cầu của đề. 
Bài 4 : Gọi chiều dài tấm bìa là x (cm) chiều rộng tấm bìa là 
3
x
5
(cm) (ĐK: x > 4). 
 Ta có phương trình : (x – 4)(
3
x
5
-1) = x. 
3
x
5
 : 2  3x2 – 34x + 40 = 0 
 Giải phương trình trên được x = 10 (nhận) và x = 
4
3
 (loại vì < 4) 
 Vậy chiều dài tấm bìa là 10cm và chiều rộng là 6cm  Chu vi bằng 32cm. 
Tư liệu ôn tập và luyện thi lớp 10 GV : Nguyễn Văn Ngãi 
Bài 5 : Hình vẽ cho toàn bài 
N
K
M
F
I
E
H
D
O
A
B
C
a) Chứng minh tứ giác ABHE nội tiếp : 
Ta có   0AEB AHB 90  (gt)  2 điểm E và H cùng nhìn đoạn AB dưới một 
góc không đổi bằng 900  E và H thuộc đường tròn đường kính AB. Vậy tứ 
giác ABHE nội tiếp trong đường tròn đường kính AB. 
b) Chứng minh HE vuông góc với AC : 
- Ta có ACD = 900 (góc n.tiếp chắn nửa đường tròn (O))  DC  AC (1) 
- Ta cũng có BAD = BCD (2 góc n.tiếp cùng chắn cung nhỏ DB) 
- Tứ giác ABHE nội tiếp (cmt)  BAD = EHC (cùng bù với BHE ) 
  EHC = BCD , hai góc ở vị trí so le trong nên HE // DC (2) 
 - Từ (1) và (2)  HE  AC. 
c) Chứng minh M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF : 
 - Gọi N là trung điểm của AB thì N là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHE 
 NH = NE. Do M là trung điểm BC và N là trung điểm AB nên MN là đường 
trung bình của tam giác ABC  MN // AC, mặt khác HE  AC nên MN là 
đường trung trực của HE  ME = MH (a) 
 - Gọi K là trung điểm của EC, do M là trung điểm BC nên MK là đường trung 
bình của tam giác BEC  MK // BE. Ta có BE // CF (vì cùng vuông góc với 
AD) từ đó ta có MK // CF và MK đi qua trung điểm của EF (Đ.lý đường TB) 
đồng thời cũng có MK  EF 
  MK là đường trung trực của EF  ME = MF (b) 
 - Từ (a) và (b)  M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF. 
Trên đây chỉ là gợi ý và trao đổi lời giải nhanh. Một số câu còn có cách giải khác !