Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán tỉnh hải dương năm học 2016 2017(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10THPT
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn thi: Toán

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1 ( 2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
 2x + y − 3 = 0

b)  x y
 4 = 3 − 1

2

a) (x + 3) = 16
Câu 2 ( 2,0 điểm)

2 x+x
1  
x +2 
−
:
1
−
÷


÷  x + x +1 ÷
÷với x ≥ 0, x ≠ 1 .
x
x
−
1
x
−
1

 


a) Rút gọn biểu thức A = 

b) Tìm m để phương trình: x 2 − 5 x + m − 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn
x12 − 2 x1 x2 + 3 x2 = 1 .

Câu 3 (2,0 điểm)
a) Tìm a và b biết đồ thị hàm số y= ax + b đi qua điểm A( − 1; 5) và song song với đường
thẳng y = 3x + 1.
b) Một đội xe chuyên chở 36 tấn hàng. Trước khi đi làm việc , đội xe đó được bổ sung
thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với dự định. Hỏi đội xe lúc ban đầu có bao
nhiêu xe? Biết rằng số hàng chở trên tất cả các xe có khối lượng bằng nhau.
Câu 4 (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C là điểm cố định thuộc
đoạn thẳng OB (C khác O và B). Dựng đường thẳng d vuông góc với AB tại C, cắt nửa
đường tròn (O) tại điểm M. Trên cung nhỏ MB lấy điểm N bất kỳ ( N khác M và B), tia AN
cắt đường thẳng d tại F, tia BN cắt cắt đường thẳng d tại E. Đường thẳng AE cắt nửa đường
tròn (O) tại điểm D ( D khác A).

a) Chứng minh: AD.AE = AC.AB.
b) Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng và F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
CDN.
c) Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh điểm I luôn nằm trên
một đường thẳng cố định khi điểm N di chuyển trên cung nhỏ MB.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn : abc = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

ab
bc
ca
+ 5 5
+ 5
5
a + b + ab b + c + bc c + a 5 + ca
5

----------------------------Hết---------------------------Họ và tên thí sinh:...........................................................Số báo danh:...........................................
Chữ kí của giám thị 1: ......................................Chữ kí của giám thị 2: ........................................


Thi m«n to¸n nµy vµo chiÒu ngµy 2/6/2016
Đáp án
Câu 1 ( 2,0 điểm)
x + 3 = 4
x = 4 − 3 = 1
⇔ 
a, (x+3)2 = 16 ⇔ 
Vậy pt có 2 nghiệm là 1 và – 7.
 x + 3 = −4

 x = −4 − 3 = −7
2x + y − 3 = 0
11x = 0
x = 0
2x + y = 3

b,  x y
⇔
⇔
⇔
Vậy (x; y) = (0; 3).
= −1
3x − 4y = −12
3x − 4y = −12
y = 3

4 3

Câu 2 ( 2,0 điểm)
2 x+x
1  
x +2 
a, A = 
−
: 1 −
÷
÷ Với x ≥ 0 và x ≠ 1 , ta có :
÷
x −1   x + x + 1 ÷
 x x −1



2 x+x
x + x + 1   x + x + 1 − ( x + 2) 
A = 
−
÷: 
÷
÷
x −1 ÷
x + x +1
 ( x − 1)( x + x + 1)
 


  x + x +1− x − 2 
x −1
A = 
÷
÷
÷: 
÷
x + x +1
 ( x − 1)( x + x + 1)  

1
1

  x + x +1
A=

=
÷.  x − 1 ÷
÷
 x + x +1  
 x −1
1
≠
≥
Vậy với x
0 và x 1, ta có A = x − 1
2
b, x − 5 x + m − 3 = 0 (1) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 khi

∆ = 25 − 4m + 12 = −4m + 37 > 0 ⇔ m <

37
(*) Khi đó theo định lý Vi-ét ta có :
4

x1 + x2 = 5
x1 x2 = m − 3

 x1 + x2 = 5
 x1 = 5 − x2

⇔ 
2
2
 x1 − 2 x1 x2 + 3 x2 = 1


(5 − x2 ) − 2(5 − x2 ) x2 + 3x2 = 1
  x1 = 2

  x2 = 3
 x1 = 5 − x2

7

⇔
 x1 = 5 − x2

  x1 =
2
⇔ 
⇔
3 x 2 − 17 x2 + 24 = 0
2
3


(5 − x2 ) − 2(5 − x2 ) x2 + 3x2 = 1

8
  x2 =
3


Có x12 − 2 x1 x2 + 3x2 = 1 ⇔ 

Vậy thay vào x1 x2 = m − 3 được m = 9 ( TMĐK (*)) hoặc m =

83
(TMĐK (*))
9

Câu 3 (2,0 điểm)
a,Đồ thị hàm số y = a x +b đi qua điểm A (-1 ;5) thay x = -1 ; y =5 ta được –a+b =5 (1)
Đồ thị hs y = a x +b song song với đường thẳng y = 3x +1 ta có a = 3 ; b ≠ 1
Kết hợp hai điều kiện được a = 3 ; b = 8
b, Gọi số xe lúc đầu là x xe ( ĐK : x ∈ N*)
36
(tấn)
x
36
36 36
Lúc sau mỗi xe chở số hàng là
(tấn)Theo đề bài ta có PT
=1
x+3
x x+3

Số xe sau khi bổ sung là x+3 (xe)Lúc đầu mỗi xe chở số hàng là


Giải Pt được x = 9 (TM) ; x = -12 (Loại)
Câu 4 (3,0 điểm)
Hình vẽ
a, ∆ADB ∼ ∆AEC (g.g)

AD AB

=
⇒ AD. AE = AC. AB
AC AE
b, Có AN ⊥ BN (Vì ·ANB = 900 theo tính chất
⇒

góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
Có AD⊥ BD (Vì ·ADB = 900 theo tính chất
góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
Vậy F là trực tâm ∆AEB suy ra BF ⊥ AE
mà BD ⊥ AE suy ra 3 điểm B, F, D thẳng hàng.
c,
∆FAC ∼ ∆BEC (g.g) ⇒

FC AC
=
BC EC

⇒ FC.EC = AC.BC (1)
FC CK
=
⇒ FC.CE = CA.CK (2)
∆CFK ∼ ∆ CAE ⇒
CA EC

Từ (1) và (2) suy ra BC = CK suy ra K cố định
Mà IA = IK suy ra I thuộc trung trực của A K là đường thẳng cố định.
Cách 2 : Gọi giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với AB là K ⇒ tứ giác AEFK
·
là tứ giác nội tiếp ⇒ ·AEC = FKB

( Cùng bù với ·AKF ) . (6)
·
·
Lại có ·AEC = FBK
( Cùng phụ với EAB
) (7)
·
·
Từ (6) và (7) ta có FKB
= FBK
⇒ ∆FKB là tam giác cân tại F. Mà FC vuông góc với KB nên
FC là đường cao đồng thời là trung trực của BK nên C là trung điểm của KB tức là BC = CK.
Có B, C cố định nên BC có độ dài không đổi ⇒ CK có độ dài không đổi, K thuộc đường kính
AB cố định nên K là điểm cố định
Mà IA = IK nên I thuộc đường trung trực của đoạn AK . Mà AK cố định nên trung trực của
AK là đường thẳng không đổi.
Vậy : Điểm I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi điểm N di chuyển trên cung nhỏ MB

Câu 5 (1,0 điểm)
+ Ta chứng minh BĐT : a 5 + b5 ≥ a 3b 2 + a 2b3 = a 2b 2 (a + b)
+Ta có
a 5 + b5 + ab ≥ a 3b 2 + a 2b3 + ab = a 2b2 (a + b) + ab = ab[ab(a + b) + 1] = ab[ab(a + b) + abc] = a 2 b 2 (a + b + c)
abc(a + b + c)
a+b+c
= ab.
= ab.
c
c
a
+

b
+
c
ab
c
5
5
≤
Vậy a + b + ab ≥ ab.
hay 5 5
(1)
c
a + b + ab a + b + c
bc
a
≤
Tương tự :
(2)
5
5
b + c + bc a + b + c
ac
b
≤
(3)
5
5
a + c + ac a + b + c

Từ (1)(2)(3) Suy ra :

P=

PMax

ab
bc
ca
a+b+c
+ 5 5
+ 5
≤
=1
5
5
a + b + ab b + c + bc c + a + ca a + b + c
= 1 khi a= b= c=1
5