Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 trường thpt năm học 2016 - 2017 môn thi: Toán thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

 Tên : Trương Quang An 
 Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng 
 Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi 
 Điện thoại : 01208127776 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
CAO BẰNG 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN CAO BẰNG 
NĂM HỌC 2016 - 2017 
 Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Câu 1 (2 điểm ).Cho biểu thức
1 1 1 2
:
1 2 1
a a
a a a a
   
          
a.Tìm điều kiện của a để Q có nghĩa và rút gọn biểu thức Q . 
b.Tìm x để 
1
6
Q  . 
Câu 2 (2 điểm ). Cho (P) là đồ thị hàm số 22y x . 
a.Trên P lấy điểm A có hoành độ x=1 và B có hoành độ x=2 .Xác định giá trị của a,b biết rằng 
đường thẳng (d) : y=ax+b đi qua hai điểm A và B . 
 b.Tìm m,n để đương thẳng (d’) : y=mx +n song song với AB và cắt (P) tại 1 điểm duy nhất .Khi 
đó hãy xác định tọa độ giao điểm của (d’) và (P) . 
Câu 3 (2 điểm ). Cho hệ phương trình 
( 1) 3a x y
ax y a
  

 
 (ẩn là x,y) 
a.Giải hệ phương trình khi a= 2 . 
b.Tìm điều kiện của a để hệ có nghiệm duy nhất thỏa x+y>0. 
Câu 3 (4 điểm ). Cho pt 4 2(3 4) (4 12)(2 ) 0x m x m m      (m là tham số ) .Tìm m để pt có 
4 nghiệm phân biệt 1 2 3 4; ; ;x x x x sao cho tích 1 2 3 4. . .T x x x x đạt giá trị lớn nhất . 
Câu 4 (2 điểm ) Cho nửa đường tròn đường kính AB và một điểm M bất kỳ trên nửa đường 
tròn ( M khác A và B ).Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax với 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
nửa đường tròn .Tia BM cắt Ax tại I ,tia phân giác của góc IAM cắt nửa đường tròn tại E (E 
khác A ) cắt tia BM tại F ,tia BE cắt Ax tại H và cắt AM tại K . 
a.Chứng minh rằng tứ giác EFMK nội tiếp và 2 .AI IB IM . 
b.Chứng minh rằng AKFH là hình thoi và xác định vị trí của M để tứ giác AKFI nội tiếp được 
đường tròn . 
Câu 5 (1 điểm ) Lấy 2013 điểm thuộc miền trong của một đa giác lồi để cùng với 4 đỉnh của tứ 
giác ta được 2017 điểm sao trong 2017 điểm đó không có 3 điểm nào thẳng hàng .Biết rằng diện 
tích tứ giác ban đầu là 1 2cm .Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 2017 điểm 
đã cho có diện tích không vượt quá 
1
4028
2cm . 
Bài giải 
Câu 1 (2 điểm ).Cho biểu thức
1 1 1 2
:
1 2 1
a a
Q
a a a a
   
           
a.Tìm điều kiện của a để Q có nghĩa và rút gọn biểu thức Q . 
b.Tìm x để 
1
6
Q  . 
Giải 
a.Điều kiện 
0
0
1 0 (*)
1, 4
2 0
a
a
a
a a
a

 
   
 
 
 . 
Ta có 
1 1 1 2 1 ( 1)( 1) ( 2)( 2)
: :
1 2 1 ( 1) ( 2)( 1)
a a a a a a
Q
a a a a a a a a
        
               
1 3 2
:
( 1) ( 2)( 1) 3
a
Q
a a a a a

 
  
b. Ta có 
2 1
2( 2) 4 16
63
a
Q a a a a
a

         ( thỏa mãn điều kiện (*)) 
Câu 2 (2 điểm ). Cho (P) là đồ thị hàm số 22y x . 
a.Trên P lấy điểm A có hoành độ x=1 và B có hoành độ x=2 .Xác định giá trị của a,b biết rằng 
đường thẳng (d) : y=ax+b đi qua hai điểm A và B . 
 b.Tìm m,n để đường thẳng (d’) : y=mx +n song song với AB và cắt (P) tại 1 điểm duy nhất 
.Khi đó hãy xác định tọa độ giao điểm của (d’) và (P) . 
Giải 
a.Với 1 2; 2 8x y x y      nên A(1;2),B(2;8) . 
Với A,B thuộc (d) nên ta có hệ phương trình sau 
2 6
2 0 4
a b a
a b b
   
 
    
. 
b.Vì đường thẳng (d’) : y=mx +n song song với (d) nên m=6 . 
Để đường thẳng (d’) : y=mx +n song song cắt (P) tại 1 điểm duy nhất khi và chỉ khi phương 
trình hoành độ giao điểm 2 22 6 2 6 0x x n x x n      có nghiệm kép .Lúc đó ta có 
9
' 9 2 0
2
n n

      .Vậy m=6 , 
9
2
n

 . 
Phương trình hoành độ giao điểm của phương trình : 
2
2 9 3 3 92 6 0 0 .
2 2 2 2
x x x x y
 
           
 
 Vậy tọa độ giao điểm là : 
3 9
;
2 2
 
 
 
. 
Câu 3 (2 điểm ). Cho hệ phương trình 
( 1) 3a x y
ax y a
  

 
 (ẩn là x,y) 
a.Giải hệ phương trình khi a= 2 . 
b.Tìm điều kiện của a để hệ có nghiệm duy nhất thỏa x+y>0. 
Giải 
Khi a= 2 ta có hệ phương trình sau : 
(1 2 2) 3 2
2 2
x
y x
   

  
3 2 1 5 2
71 2 2
1 5 2 6 2 10
2 2.
7 7
x
y
  
 
 
 
  
   
Vậy nghiệm của hệ phương trình là 
1 5 2 6 2 10
;
7 7
   
  
 
. 
b. Hệ phương trình đã cho tương đương với 
( 1) 3 ( 1) ( x)=3a x y a x a a
ax y a y a ax
      
 
    
(2 1) =3+aa x
y a ax

 
 
. 
Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi phương trình (2a+1)x=a+3 có nghiệm duy nhất .Khi 
đó 
1
2 1 0
2
a a

    . 
Với 
1
2
a

 thì hệ có nghiệm duy nhất 
2
3
=
2 1
2
2 1
a
x
a
a a
y
a

 

 
 
. 
Khi đó 
2
2
1 11
3 2 2 4
0 0 0
2 1 2 1 2 1
a
a a a
x y
a a a
 
           
  
. 
Vì 
2
1
0
2
a
 
  
 
 nên 
1
0 2 1 0
2
x y a a

       . 
Vậy để hệ có nghiệm duy nhất thỏa x+y > 0 thì 
1
2
a

 . 
Câu 3 (4 điểm ). Cho pt 4 2(3 4) (4 12)(2 ) 0x m x m m      (m là tham số ) .Tìm m để pt có 
4 nghiệm phân biệt 1 2 3 4; ; ;x x x x sao cho tích 1 2 3 4. . .T x x x x đạt giá trị lớn nhất . 
Giải 
Đặt 2 0t x  .Khi đó ta có phương trình theo ẩn t là 2 (3 4) (4 12)(2 ) 0t m t m m      (*) . 
Lúc đó ta có 2' (5 10) 0,m m     .Phương trình (*) có các nghiệm là : 
1
2
4 12
2
t m
t m
 
  
Để phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm dương 
phân biệt 
4 12 0
3 2
2 0
2
4 12 2
m
m
m
m
m m
 
  
    
    
. 
Khi đó phương trình ban đầu có 4 nghiệm là : 1,2 3,44 12; 2x m x m      nên 
2
1 2 3 4. . . (4 12)(2 ) 25 (2 1) 25,T x x x x m m m m         . 
Khi đó 1 2 3 4. . .T x x x x đạt giá trị lớn nhất là 25 khi 
1
2
m

 . 
Câu 4 (2 điểm ) Cho nửa đường tròn đường kính AB và một điểm M bất kỳ trên nửa đường 
tròn ( M khác A và B ).Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax với 
nửa đường tròn .Tia BM cắt Ax tại I ,tia phân giác của IAM cắt nửa đường tròn tại E (E khác A 
) cắt tia BM tại F ,tia BE cắt Ax tại H và cắt AM tại K . 
a.Chứng minh rằng tứ giác EFMK nội tiếp và 2 .AI IB IM . 
b.Chứng minh rằng AKFH là hình thoi và xác định vị trí của M để tứ giác AKFI nội tiếp được 
đường tròn . 
Giải 
K
E
A B
x
O
M
I
F
H
a.Vì E ,F thuộc đường tròn đường kính AB nên E,F nhìn AB cố định với một góc vuông nên 
FEK 090FMK  tứ giác EFMK nội tiếp .Vì Ax là tiếp tuyến của nửa đường tròn đường kính 
AB nên Ax vuông góc với AB suy ra ΔIAB vuông tại A .Mà tam giác này lại có AM là đường 
cao nên theo hệ thức lượng ta có 2 .AI IB IM 
b. IAF 
1
2
 sđ AE ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung ). Mà ABE 
1
2
 sđ AE ( tính chất góc nội 
tiếp ) .Suy ra IAF  ABE (1) .Mà EAM  EBM (cùng chắn cung EM (2) . 
Mặt khác AF là phân giác của IAM  IAF  EAM (3) . 
Từ (1) ,(2) và (3) suy ra EBA  EBM nên BE là phân giác của EBF . 
Tam giác ABF có B vừa là đường cao vừa là phân giác nên tam giác ABF cân .Lúc đó BE là 
đường trung trực của AF .Vì H ,K nằm trên BE nên suy ra KA=KF ;HA=HF . 
Tương tự AF cũng là trung trực của HK nên AH=AK. 
Tứ giác AKFH có 4 cạnh bằng nhau nên AKFH là hình thoi .Vì AKFH là hình thoi nên KF 
song song với IA nên AKFI là hình thang .Hình thang AKFI nội tiếp được đường tròn khi và chi 
khi nó là hình thang cân suy ra FIA  .IAM 
Mặt khác ABM  IAM (cùng phụ với MAB ) AKFI là hình thang cân khi và chi khi tam giác 
IAB vuông cân tại A 045ABM  nên tam giác ABM vuông cân khi và chỉ khi M là điểm 
chính giữa cung AB . 
Câu 5 (1 điểm ) Lấy 2013 điểm thuộc miền trong của một đa giác lồi để cùng với 4 đỉnh của tứ 
giác ta được 2017 điểm sao trong 2017 điểm đó không có 3 điểm nào thẳng hàng .Biết rằng diện 
tích tứ giác ban đầu là 1 2cm .Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 2017 điểm 
đã cho có diện tích không vượt quá 
1
4028
2cm . 
Giải 
D C
A
B
M
N
Xét tứ giác ABCD có diện tích bằng 1 2cm .Với điểm thứ nhất M ta có 4 tam giác chung đỉnh M 
đôi một không có điểm trong chung .Với điểm thứ hai N phải là điểm trong của một trong 4 tam 
giác nói trên (vì trong 2017 điểm không có 3 điểm thẳng hàng ). Nối N với 3 đỉnh của tam giác 
đó tạo nên 3 tam giác có chung đỉnh N .Khi đó số tam giác đôi một không có điểm trong chung 
tăng thêm 2 (vì mất đi một tam giác chứa điểm N ).Số tam giác không có điểm chung lúc này là 
4+2 .Tương tự với 2011 điểm còn lại ,cuối cùng số tam giác không có điểm trong chung là 
4+2+2.2011=4028 .Tổng diện tích của 4028 tam giác đó bằng diện tích tứ giác ABCD bằng 
1 2cm nên tồn tại ít nhất 1 tam giác có diện tích không vượt quá 
1
4028
2cm .