Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2016 – 2017 môn thi: Toán thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
 THANH HÓA NĂM HỌC 2016 – 2017
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ A
 Môn thi: Toán
 Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề
 Ngày thi 16/06/2016
 Đề thi gồm có: 01 trang gồm 05 câu
Câu I (2,0 điểm):
1) Giải các phương trình:
x – 5 = 0
x2 – 4x + 3 = 0.
Giải hệ phương trình: 
Câu II (2,0 điểm):
 Cho biểu thức: A = (với x > 0 và x 1)
Rút gọn biểu thức A
Tìm các số nguyên x để biểu thức A có giá trị nguyên
Câu III (2,0 điểm):
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = mx + 1 và parabol (P): y = 2x2
Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1;3)
Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A(x1;y1), B(x2;y2). Hãy tính giá trị của biểu thức T = x1x2 + y1y2.
Câu IV (3,0 điểm):
 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng AD sao cho EF vuông góc với AD. Đường thẳng CF cắt đường tròn đường kính AD tại điểm thứ hai là M. Gọi N là giao điểm của BD và CF. Chứng minh rằng:
Tứ giác CEFD nội tiếp đường tròn.
FA là phân giác của góc BFM
BD.NE = BE.ND.
Câu V (1,0 điểm):
 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a2 + 2b2 3c2. Chứng minh rằng: 
 Hết .
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ tên thí sinh:........................................................ Số báo danh:........................................
Chữ ký của giám thị 1:.. Chữ ký của giám thị 2:.
BÀI GIẢI:
Câu I (2,0 điểm):
1). a) x – 5 = 0 x = 5. Vậy phương trình có một nghiệm x = 5
x2 – 4x + 3 = 0 là phương trình bậc hai một ẩn có dạng: a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 nên có 2 nghiệm x1 = 1, x2 = c/a = 3/1 = 3.
Vậy x1 = 1, x2 = 3
 2) 
 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 1)
Câu II (2,0 điểm):
Với x > 0 và x 1, ta có:
Vậy A = 
Ta có A = 
Vì x nguyên nên biểu thức A có giá trị nguyên Ư(2) = mà x > 0 và x 1 nên . Do đó : 
 x = 4, x = 9 thỏa mãn ĐK trên. Vậy x = 4; x = 9 thì biểu thức A có giá trị nguyên.
Câu III (2,0 điểm):
Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1;3) nên thay x = 1, y = 3 vào phương trình đường thẳng (d) ta có: m.1 + 1 = 3 m = 2. Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) ta có:
2x2 = mx + 1 là phương trình bậc hai một ẩn có:
 = m2 – 4.2.(-1) = m2 + 8 8 > 0 nên có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
Do đó (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A(x1; y1); B(x2; y2) với mọi m, trong đó x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (1) và y1 = 2x12, y2 = 2x22.
Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1x2 = - nên 
T = x1x2 + y1y2 = = x1x2 + 4(x1x2)2 = 
C
B
Vậy T = .
N
E
Câu IV (3,0 điểm):
 1) C/m : Tứ giác CEFD nội tiếp :
D
A
Ta có : * (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
P
O
F
Hay 
 * EF AD nên 
M
Suy ra Tứ giác CEFD nội tiếp một đường tròn.
 2) C/m FA là phân giác của .
Vì CEFD là tứ giác nội tiếp nên (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD) (1)
C/m tương tự câu 1) ta cũng có tứ giác ABEF nội tiếp một đường tròn.
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BA) (2)
Ta có : , (đối đỉnh) (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra : FA là phân giác của .
C/m : BD.NE = BE.ND
 Kẻ NP//BF (PAD) nên ta có: (2 góc đồng vị)
 cân tại N .
Vì NP//BF nên (4)
Vì nên (cùng phụ với 2 góc bằng nhau)
Suy ra EF là tia phân giác của góc BFN của tam giác BFN.
Theo đ/l đường phân giác ta có: (5)
Từ (4) và (5) suy ra: (đpcm)
Câu V (1,0 điểm):
Áp dung BĐT Bunhiacopxki cho 2 số ta có :
(a + 2b)2 = (1.a + )2 
Với mọi x, y, z > 0. Áp dụng BĐT Cô – Si cho 3 số dương ta có:
(x + y + z)
Áp dụng BĐT trên ta có: 
dấu « = » xảy ra a = b = c.
Vậy dấu « = » xảy ra a = b = c.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
 THANH HÓA NĂM HỌC 2016 – 2017
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ B
 Môn thi: Toán
 Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề
 Ngày thi 16/06/2016
 Đề thi gồm có: 01 trang gồm 05 câu
Câu I (2,0 điểm):
1) Giải các phương trình:
x – 6 = 0
x2 – 5x + 4 = 0.
Giải hệ phương trình: 
Câu II (2,0 điểm):
 Cho biểu thức: B = (với y > 0 và y 1)
Rút gọn biểu thức B
Tìm các số nguyên y để biểu thức B có giá trị nguyên
Câu III (2,0 điểm):
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = nx + 1 và parabol (P): y = 2x2
Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1;2)
Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt M(x1;y1), N(x2;y2). Hãy tính giá trị của biểu thức S = x1x2 + y1y2.
Câu IV (3,0 điểm):
 Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MQ. Hai đường chéo MP và NQ cắt nhau tại E. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng MQ sao cho EF vuông góc với MQ. Đường thẳng PF cắt đường tròn đường kính MQ tại điểm thứ hai là K. Gọi L là giao điểm của NQ và PF. Chứng minh rằng:
1) Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn.
2) FM là phân giác của góc NFK
3) NQ.LE = NE.LQ.
Câu V (1,0 điểm):
 Cho m, n, p là các số thực dương thỏa mãn: m2 + 2n2 3p2. Chứng minh rằng: 
 Hết .
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ tên thí sinh:........................................................ Số báo danh:........................................
Chữ ký của giám thị 1:.. Chữ ký của giám thị 2:.
BÀI GIẢI:
Câu I (2,0 điểm):
1). a) x – 6 = 0 x = 6. Vậy phương trình có một nghiệm x = 6
x2 – 5x + 4 = 0 là phương trình bậc hai một ẩn có dạng: a + b + c = 1 – 5 + 4 = 0 nên có 2 nghiệm x1 = 1, x2 = c/a = 4/1 = 4.
Vậy x1 = 1, x2 = 4
 2) 
 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x; y) = (1; -1)
Câu II (2,0 điểm):
Với y > 0 và y 1, ta có:
Vậy B = 
Ta có B = 
Vì y nguyên nên biểu thức B có giá trị nguyên Ư(2) =mà y > 0 và 
y 1 nên . Do đó : 
 * y = 4, y = 9 thỏa mãn ĐK trên. Vậy y = 4; y = 9 thì biểu thức A có giá trị nguyên.
Câu III (2,0 điểm):
Đường thẳng (d) đi qua điểm B(1;2) nên thay x = 1, y = 2 vào phương trình đường thẳng (d) ta có: n.1 + 1 = 2 n = 1. Vậy n = 1 là giá trị cần tìm.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) ta có:
2x2 = nx + 1 là phương trình bậc hai một ẩn có:
 = n2 – 4.2.(-1) = n2 + 8 8 > 0 nên có 2 nghiệm phân biệt với mọi n.
Do đó (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt M(x1; y1); N(x2; y2) với mọi n, trong đó x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (1) và y1 = 2x12, y2 = 2x22.
Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1x2 = - nên 
S = x1x2 + y1y2 = = x1x2 + 4(x1x2)2 = 
P
N
Vậy T = .
L
E
Câu IV (3,0 điểm):
 1) C/m : Tứ giác PEFQ nội tiếp :
Q
M
Ta có : * (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
A
O
F
Hay 
 * EF MQ nên 
K
Suy ra Tứ giác PEFQ nội tiếp một đường tròn.
 2) C/m FM là phân giác của .
Vì PEFQ là tứ giác nội tiếp nên (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PQ) (1)
C/m tương tự câu 1) ta cũng có tứ giác MNEF nội tiếp một đường tròn.
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung NM) (2)
Ta có : , (đối đỉnh) (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra : FA là phân giác của .
C/m : NQ.LE = NE.LQ
 Kẻ LA//NF (AMQ) nên ta có: (2 góc đồng vị)
 cân tại L .
Vì LA//NF nên (4)
Vì nên (cùng phụ với 2 góc bằng nhau)
Suy ra EF là tia phân giác của góc NFL của tam giác NFL.
Theo đ/l đường phân giác ta có: (5)
Từ (4) và (5) suy ra: (đpcm)
Câu V (1,0 điểm):
Áp dung BĐT Bunhiacopxki cho 2 số ta có :
(m + 2n)2 = (1.m + )2 
Với mọi x, y, z > 0. Áp dụng BĐT Cô – Si cho 3 số dương ta có:
(x + y + z)
Áp dụng BĐT trên ta có: 
dấu « = » xảy ra m = n = p.
Vậy dấu « = » xảy ra m = n = p.