Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên thành phố hồ chí minh đề chung năm học 2016 2017(có đáp án)

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
NĂM HỌC 2016-2017

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM
TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU
HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH

MÔN THI: TOÁN (không chuyên)
(Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề)
Ngày thi 04/6/2016

Bài 1: (1,0 điểm) Biết a và b là các số dương, a  b và
 a a  b b

 a  a  4b   b  b  2a    a a  b b
:

ab

ab

   2016

 
a

b
a

b
a


b

 

 
Tính S  a  b
Bài 2: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x x  5  2 x 2  5 x
 y  x  3 y  x  0
b) Giải hệ phương trình 
x2  y  5




Bài 3: (2,0 điểm) Cho phương trình





 x  1  x 2  mx  2m  14 
x

 0 1

a) Giải phương trình (1) khi m = –8
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho:
x22   m  1 x2  2m  14  3  x1

Bài 4: (2,0 điểm)
a) Ông An định cải tạo một mảnh vườn hình chữ nhật, có chiều dài bằng 2,5
chiều rộng. Ông thấy rằng nếu đào một cái hồ có mặt hồ là hình chữ nhật thì sẽ chiếm
mất 3% diện tích mảnh vườn, còn nếu giảm chiều dài 5m và tăng chiều rộng 2m thì mặt
hồ là hình vuông và diện tích mặt hồ giảm được 20m2. Hãy tính các cạnh của mảnh
vườn.
b) Lớp 9A có 27 học sinh nam và 18 học sinh nữ. Nhân dịp sinh nhật bạn X (là
một thành viên của lớp), các bạn trong lớp có rất nhiều món quà tặng X. Ngoài ra mỗi
bạn nam của lớp làm 3 tấm thiệp và mỗi bạn nữ xếp 2 hoặc 5 con hạc để tặng bạn X.
Biết số tấm thiệp và số con hạc bằng nhau, hỏi bạn X là nam hay nữ ?
Bài 5: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC đều có tâm O, AB = 6a và các điểm M, N lần lượt thuộc các cạnh
AB, AC mà AM = AN = 2a. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của BC, AC và MN.
a) Chứng minh các điểm M, N, B, C cùng thuộc một đường tròn T. Tính diện tích tứ
giác BMNC theo a.
b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK. Chứng minh đường tròn
đường kính NC tiếp xúc với AI.
c) AE tiếp xúc với đường tròn T tại E (E, B cùng phía đối với AI). Gọi F là trung
điểm OE, tính số đo 
AFJ

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu)

trang 1


SƠ LƯỢC BÀI GIẢI
Bài 1: (1,0 điểm)
2

a  a  4b   b  b  2a  a 2  2ab  b 2  a  b 
Ta có:


ab
ab
ab
a  b a  ab  b
a a b b
 ab 
 ab  a  2 ab  b 
a b
a b



a a b b
 ab 
a b

a  b
Do đó 2016 











a  b a  ab  b
a b

2

:
a  b 
1
 S ab
2016



2

a b



ab  a  2 ab  b 

2



a b





a b



2

2

a  b : a  b 2  1
a b 



ab
ab



2

 x  5
 5  x  0

 x  5
 x  5  0
 x  0

Bài 2: (2,0 điểm) a) ĐK:  2

 

5
 x
 2 x  5 x  0  x  2 x  5   0   x  5

2
 
2
 x  0  nhan 
Ta có: x x  5  2 x 2  5 x  x 2 x  5  x  5  0  
 2 x  5  x  5  0
ta có: 2 x  5  x  5  0  4 x 2  20 x  25  x  5  4 x 2  21x  20  0
 x  4  nhan 
  x  4  4 x  5   0  
 x  5  loai 

4
Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là S  0;4
b) ĐK: x  0, y  0





  y  x  3  0
I 
 2

 y  x  3 y  x  0
x

y

5




x2  y  5

  y  x  0  II 
  x 2  y  5
 

 y  x  3  0  x  3  y

Giải hệ (I):  2


2
 x  y  5
3

y

y

5




x  2
x  3  y


 y 1
   y 1  
(TMĐK)
 x  1
 y  4

 
  y  4












x 3 y





y 1



y 2 0

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu)

trang 2


Giải hệ (II):

y  x  0  x  y  0 (vì x  0, y  0 ). Mà x  y  0 không thỏa mãn

x  2
 x 1
x 2  y  5 nên hệ (II) vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm 
và 
 y 1
y  4
Bài 3: (2,0 điểm)
a) ĐK: x > 0. Khi m = –8, phương trình (1) trở thành:

 x  1  x 2  8 x  2 

 x1  4  3 2  0  nhan 

 0  x2  8x  2  0  
(Vì x  0 nên x  1  0 )
x
x

4

3
2

0
loai


 2
2
b) ĐK x  0 , ta có: (1)  x  mx  2m  14  0  2 

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm phân biệt dương
 2  0
m 2  4  2m  14   0
m 2  8m  56  0
  

 7  m  0

  P 2  0  
2m  14  0

m  7

 2
* 
m  8m  56  0



m  0
m0


 S 2  0
 x  x  m
Khi đó, theo viét ta có:  1 2
 x1 x2  2m  14
Lại có x2 là nghiệm của (2) nên x22  mx2  2m  14  0  x22   m  1 x2  2m  14  x2

Do đó

x22   m  1 x2  2m  14  3  x1  x2  3  x1  x1  x2  3

  x1  x2   2 x1 x2  9   m  2 2m  14  9  2 2m  14  m  9  4  2m  14    m  9 
2

2

2

 4  2m  14    m  9    m  5   0  m  5 (thỏa mãn (*)). Vậy m  5

Bài 4: (2,0 điểm)

a) Gọi x, y (m) lần lượt là chiều rộng mảnh vườn và chiều rộng của mặt hồ ( x  0, y  0 )
Khi đó: Chiều dài mảnh vườn là 2,5x (m); chiều dài của hồ là y + 7 (m)
Vì diện tích mặt hồ chiếm 3% diện tích mảnh vườn, nên có phương trình
y  y  7   3% x  2,5 x

Vì nếu giảm chiều dài 5m và tăng chiều rộng 2m thì mặt hồ là hình vuông và diện tích
2
mặt hồ giảm được 20m2, nên có phương trình y  y  7    y  2   20
 y  y  7   3% x  2,5 x
 x  40
Ta có hệ phương trình 
. Giải hệ ta được 
 x  0, y  0 
2
 y  y  7    y  2   20

 y 8

Vậy chiều rộng mảnh vườn là 40m; chiều dài mảnh vườn là 40.2,5 = 100m
b) Gọi x là số bạn nữ xếp 2 con hạc; y là số bạn nữ xếp 5 con hạc (x, y nguyên dương)
2 x  5 y  26  3

x4
(TMĐK)

 y  14
 x  y  18

4


x
2 x  5 y  27  3


3
+) Nếu bạn X là nữ, ta có hệ 

(không TMĐK)
 x  y  17
 y  47


3

+) Nếu bạn X là nam, ta có hệ 

Vậy bạn X là bạn nam.
Bài 5: (3,0 điểm) a) Chứng minh các điểm M, N, B, C cùng thuộc một đường tròn
T. Tính diện tích tứ giác BMNC theo a.
Ta có

AM AN 2a 1
 C
 (ABC đều)


  MN / / BC . Tứ giác BMNC: MN // BC, B
AB AC 6a 3

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu)

trang 3


 tứ giác BMNC là hình thang cân  tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp
Nên các điểm M, N, B, C cùng thuộc một đường tròn T (đpcm)
2

Tam giác ABC đều, nên S ABC

AB 2 3  6a  3


 9 3a 2
4
4
2

AM 2 3  2a  3
Tam giác AMN: AM = AN, A  600  AMN đều, nên S AMN 

 3a 2
4
4
A
2
2
2
Do đó S BMNC  S ABC  S AMN  9 3a  3a  8 3a (đvdt)

b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK.
Chứng minh đường tròn đường kính NC tiếp xúc với AI.
Vì O là tâm của tam giác đều ABC,

E

BC
AC
, JA  JC 
 gt   OI  BC , OJ  AC
2
2
 OI  OJ  a 
IB  IC 

Mặt khác AK  MN (vì KM  KN 

MN
),
2

BC
), MN // BC (cmt)
AI  BC (vì IB  IC 
2
 A, K , O, I thẳng hàng.

K N

M

J
F

B

O

P

C

I

AB 3 6a 3

 3 3a (AI là đường cao tam giác đều ABC)
2
2
AI 3 3a
2 AI 2  3 3a
OI 

 3a, OA 

 2 3a (O là tâm tam giác đều ABC)
3
3
3
3

AM 3 2a 3
Lại có: AK 

 3a (AK là đường cao tam giác đều AMN)
2
2
 OK  OA  AK  2 3a  3a  3a  OK  OI  3a  b 

Nên AI 

Từ (a), (b)  OI  OJ  OK  O là tâm đường tròn ngoại tiếp IJK và bán kính đường
tròn ngoại tiếp IJK là OI  3a
Tứ giác CNKI: KN // IC (MN // BC) nên tứ giác CNKI là hình thang
KI
(cmt), nên OP là đường trung bình hình thang
2
KN  IC a  3a
1
1
CNKI  OP 

 2a   4a  CN  CN  AB  AN  6a  2a  4a 
2
2
2
2

Gọi P là trung điểm NC. OK  OI 

 O thuộc đường tròn tâm P đường kính NC (c)

Lại có OP // IC (OP là đường trung bình hình thang CNKI)
AI  IC (cmt)  AI  OP tại O (d)
Từ (c) và (d)  đường tròn đường kính NC tiếp xúc với AI (đpcm)
c) Tính số đo 
AFJ


  BAC  300 (AI là đường cao ABC đều)  
AOJ: 
AJO  900  OJ  AC  , OAJ
AOJ  600
2

AE AM

 AE 2  AM  AB  2a  6a  12a 2  AE  2 3a
AB AE
OE
Do đó AE  AO  2 3a , nên AEO cân tại A. Lại có FE  FO 
 gt   AF  OE
2
Tứ giác AFOJ có: 
AFO  900  AF  OE  , 
AJO  900  OJ  AC  nên tứ giác AFOJ nội tiếp

AFJ  
AOJ  600

AEB

AME (g.g) 

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu)

trang 4