Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm học 2016 – 2017 môn: Toán thời gian làm bài: 120 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
HÀ NAM Năm học 2016 – 2017 
Môn: Toán 
Thời gian làm bài: 120 phút 
(Đề thi có 01 trang) 
Câu I (2,0 điểm). 
1) Rút gọn biểu thức: A 32 72 2 3 2 2    ; 
2) Cho biểu thức 
1 1 x
B :
x 4x 2 x 2
 
  
  
 với 0 x 4  ; 
Rút gọn biểu thức B và tìm x để B 12 . 
Câu II (1,5 điểm). 
1) Giải phương trình: 2x 3x 2 0   
2) Giải hệ phương trình: 
x y 1
2x 3y 17
 

 
Câu III (1,5 điểm). 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình 2y 2x . 
1) Tìm tọa độ các giao điểm của đường thẳng (d): y 3x 2  và parabol (P); 
2) Chứng tỏ rằng đường thẳng (dm): y mx 1  luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt 
có hoành độ x1, x2. Tìm m để     2 21 2 1 24 x x 2x 1 2x 1 9     . 
Câu IV (4,0 điểm). 
Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm D cố định thuộc đoạn AO (D 
không trùng với A, O). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại D. Gọi C là điểm tùy ý 
thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Gọi E là giao điểm của 
AC với MN. 
1) Chứng minh tứ giác DECB nội tiếp; 
2) Chứng minh CA là tia phân giác của góc MCN ; 
3) Chứng minh 2AB AE.AC BD.AB  ; 
4) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn 
ngoại tiếp tam giác CME nhỏ nhất. 
Câu V (1,0 điểm). 
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: a b c 3   . 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
bc ca ab
P
3a bc 3b ca 3c ab
  
  
. 
--- HẾT --- 
Họ và tên thí sinh.................................................Số báo danh................................ 
Người coi thi số 1....................................Người coi thi số 2.................................... 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
Năm học 2016 - 2017 
Câu Nội dung đáp án Điểm 
Câu I 1) Rút gọn biểu thức: A 32 72 2 3 2 2    ; 
 
2
216.2 36.2 2 2 2. 2.1 1     0,25 
 
2
4 2 6 2 2 2 1    0,25 
 2 2 2. 2 1 2 2 2 2 1 2          . 0,25 
Vậy A 2  . 0,25 
2) Cho biểu thức 
1 1 x
B :
x 4x 2 x 2
 
  
  
 với 0 x 4  ; 
Rút gọn biểu thức B và tìm x để B 12 . 
Với 0 x 4  thì 
  
x 2 x 2 x
B :
x 4x 2 x 2
  

 
 0,25 
  
  x 2 x 24 4
.
x xx 2 x 2
 
 
 
 0,25 
Để B 12 thì 
4 1 1
12 x x
3 9x
     (nhận). 0,5 
Câu II 1) Giải phương trình: 2x 3x 2 0   
Ta có  a b c 1 3 2 0       0,5 
Suy ra phương trình có hai nghiệm là: 1x 1 , 2x 2 . 0,5 
2) Giải hệ phương trình: 
x y 1
2x 3y 17
 

 
3x 3y 3 5x 20
2x 3y 17 y x 1
   
  
    
 0,5 
x 4
y 3

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = (4; 3). 
0,5 
Câu III 1) Tìm tọa độ các giao điểm của đường thẳng (d): y 3x 2  và 
parabol (P); 
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng 
(d) là 2 22x 3x 2 2x 3x 2 0      
0,25 
Có 2( 3) 4.2.( 2) 9 16 25 0         0,25 
 Phương trình có hai nghiệm phân biệt là 1x 2 , 2
1
x
2
  . 
Với 1 1x 2 y 8   . 
Với 
2 2
1 1
x y
2 2
    . 
Vậy tọa độ các giao điểm của (P) và (d) là: (2; 8); 
1 1
;
2 2
 
 
 
. 
0,25 
2) Chứng tỏ rằng đường thẳng (dm): y mx 1  luôn cắt (P) tại 
hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2. Tìm m để 
    2 21 2 1 24 x x 2x 1 2x 1 9     . 
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng 
(dm) là 
2 22x mx 1 2x mx 1 0      (1) 
0,25 
Có 2m 8 0    , với mọi m. 
Nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 
Do đó parabol (P) và đường thẳng (dm) cắt nhau tại hai điểm phân 
biệt có hoành độ x1, x2 với mọi m. 
Áp dụng định lý Vi-et ta có 
1 2
m
x x
2
  , 1 2
1
x x
2
  (2) 
0,25 
Theo bài ra ta có     2 21 2 1 24 x x 2x 1 2x 1 9     
   2 21 1 2 2 1 2 1 24 x 2x x x 4x x 2 x x 1 9        
   
2
1 2 1 2 1 24 x x 4x x 2 x x 1 9       (3) 
Từ (2) và (3) suy ra 2
m 2
m m 6 0
m 3

      
Vậy m 2 , m 3  . 
0,25 
Câu IV 
E
N
M
A
O
B
D
C
0,25 
 1) Chứng minh tứ giác DECB nội tiếp; 0,25 
 Xét (O) có 0ACB 90  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn 
đường kính AB) hay 0ECB 90  ; 0EDB 90  (giả thiết). 
Xét tứ giác DECB có 0ECB EDB 180   ; mà góc này ở vị trí 
đối diện nên tứ giác DECB nội tiếp. 
0,25 
 2) Chứng minh CA là tia phân giác của góc MCN ; 
Xét (O) có  AB MN D  nên D là trung điểm của MN. 0,25 
Suy ra AB là đường trung trực của MN. 0,25 
Nên AM AN suy ra hai cung AM, AN bằng nhau. 0,25 
Do đó ACM ACN  (hệ quả góc nội tiếp) (1) hay CA là tia 
phân giác của góc MCN . 
0,25 
 3) Chứng minh 2AB AE.AC BD.AB  ; 
Xét tam giác ADE và tam giác ACB có 
0ADE ACB 90   ; 
chung CAB . 
0,25 
Suy ra hai tam giác ADE và tam giác ACB đồng dạng. 0,25 
Suy ra 
AD AE
AD.AB AC.AE
AC AB
   0,25 
  2AB BD .AB AC.AE AB AC.AE BD.AB      0,25 
 4) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến 
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ nhất. 
x
H
K
E
N
M
A
O
B
D
C
Kẻ  NH MB H MB  , gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam 
giác CME. Kẻ Mx là tiếp tuyến của (K). Suy ra 
xME xMN MCE MCA    (góc tạo bởi tia tiếp tuyến 
và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung ME của (K)) (2) 
Mà AMN ACN  (cùng chắn cung AN của (O)) (3) 
Từ (1), (2), (3) suy ra xMN AMN  suy ra MA Mx . 
Do đó MA là tiếp tuyến của (K) suy ra MA MK . 
0,5 
 Mà 0AMB 90  hay MA MB . 
Do đó MK MB . 
Khi C di chuyển trên cung lớn MN (C không trùng với M, N và 
B) thì K di chuyển trên MB. 
0,25 
 Để NK nhỏ nhất khi và chỉ khi NK NH . Khi đó giao điểm của 
(O) và (K) là vị trí của C (khác M). 
x
H
K
E
N
M
A
O
B
D
C
0,25 
Câu V Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: 
a b c 3   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
bc ca ab
P
3a bc 3b ca 3c ab
  
  
. 
Ta có 
 23a bc (a b c)a bc a ab ca bc a(a b) c a b             
(a b)(a c)   . 
Tương tự 3b ca (a b)(b c)    ; 3c ab (c a)(c b)    . 
Khi đó 
     
2 2 2
bc ca ab
P
(a b)(a c) (a b)(b c) (b c)(c a)
  
     
0,25 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương, ta có 
 
2
bc bc bc 1 bc bc
.
(a b)(a c) a b a c 2 a b a c
 
   
      
 (1); 
Tương tự 
 
2
ca 1 ca ca
(a b)(b c) 2 a b b c
 
  
    
 (2); 
 
2
ab 1 ab ab
(b c)(c a) 2 b c c a
 
  
    
 (3); 
0,5 
Cộng các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được 0,25 
  
1 bc ca bc ab ab ca 1 3
P a b c
2 a b a c b c 2 2
   
       
   
. 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1   . 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 
3
2
 khi và chỉ khi a b c 1   . 
Đây là đáp án và biểu điểm dự kiến của riêng tôi.