DAP AN DE THI VAO 10 THANH HOA 2016 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ B

KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi: Toán
Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi 16/6/2016
Đề có 01 trang gồm 05 câu

Câu 1. (2,0 điểm)
1) Giải các phương trình:
a) x  6  0
b) x 2  5x  4  0

2x  y  3
2) Giải hệ phương trình: 
3x  y  2
Câu II. (2,0 điểm)
Cho biểu thức B= (

y y 1



y y  1 2(y  2 y  1)
với y > 0 và y  1
):
y 1

y y

y y
1) Rút gọn biểu thức B
2) 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.
1) Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2)
2) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt M(x1; y1),
N(x2; y2). Hãy tính giá trị 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 ở 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
2) FM là đường phân giác của góc 
NFK
3) NQ.LE=NE.LQ
Câu 5. (1,0 điểm)
1 2 3
Cho m, n, p là các số thực dương thõa mãn: m2+2n2  3p2. Chứng minh rằng:
 
m n p
   HẾT   


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ VÀO 10 THANH HÓA. (16/6/2016)
Câu 1. (2,0 điểm)
1)

a) x  6  0  x=6
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S={6}
b) x 2  5x  4  0
Cách 1. Do a+b+c=15+4=0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm x=1; x=4
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S={1; 4}
x  1
Cách 2. Ta có: PT  (x2x)(4x4)=0  (x1)(x4)=0  
x  4
Vậy S={1; 4}
Cách 3. Ta có:  =2516=9    3
 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1=1; x2=4
Vậy S{1; 4}
2x  y  3
5x  5
x  1
x  1
2) Ta có: 



3x  y  2
3x  y  2
3  y  1 y  1
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y)=(1; 1)
Câu 2.

y y  1 y y  1 2(y  2 y  1

):
với y > 0 và y  1

y 1
y y
y y
1) Với y> 0 và y  1, ta có:

Cho biểu thức B= (

B= (
=(

y  1)(y  y  1)
y( y  1)



y  y  1  y  y 1

Vậy B 

y

( y  1)(y  y  1)

).

y( y  1)
y 1
2( y  1)

=

2 y

):

.

2( y  1)2
( y  1)( y  1)

y 1

y 2( y  1)



y 1
y 1

y 1
y 1

2) Ta có: B 

y 1
y 1



( y  1)  2

y 1

1

2
y 1

Do y nguyên nên để B nguyên thì ( y  1) là ước số của 2. Mà y  1 >1 với y>0 nên
ta có bảng giá trị:
1
2
y 1
y

4

9

Vậy y=4; y=9 là giá trị cần tìm.
Câu III (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y=nx+1 và Parabol (P): y=2x2.
1) Do (d) đi qua điểm B(1; 2) nên thay x=1; y=2 vào phương trình đường thẳng (d)
được: 2=n+1  n=1
Vậy n=1 là giá trị cần tìm.
2) Phương trình hoành độ giao điểm là: 2x2nx1=0


Ta có:  =n2+8 > 0,  n
Do đó: (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt M và N
Khi đó: y1=2 x12 và y2=2 x 22

 S= x1x2+y1y2=x1x2+4(x1x2)2
1
1
1 1
Áp dụng hệ thức Viét có: x1x2= . Thay vào S được: S= + 4. =
2
2
4 2
1
Vậy S=
2
Câu IV. (3,0 điểm)
Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MQ. Hai đường chéo MP và NQ cắt
nhau ở 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:
N
1) Tứ giác PEFQ nội tiếp
1
2) FM là đường phân giác của góc 
NFK
1 P
1E
3) NQ.LE=NE.LQ
2
L
HD.
3 4
2
5

2
1
1
M
0

1) Ta có: EFQ  90 (Do EF  MQ)
Q
3
1
F

EPQ  
MPQ  90 0 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

EFQ  
EPQ =1800  tứ giác PEFQ nội tiếp.
2) Do hai điểm N và F cùng nhìn cạnh ME dưới một
K
góc vuông nên tứ giác MNEF nội tiếp
 F2=E1 (cùng chắn cung MN).
1
PQ (Do PEFQ nội tiếp) và F5= F1(đ.đ)
Mà E1=E2 (đối đỉnh) ; E2=F5 = Sđ
2
NFK
 F2=F1  MF là đường phân giác góc 
0
3) Do F2+F3=F4+F5=90 và F2=F5  F3=F4
LE FL

 FE là phân giác tam giác NFQ 
(1)

NE FN

Ta có: 
NFQ  
QFK
NFQ  F 2  
QFK  F1  1800 . Mà F2 =F1  
Lại có: Do tứ giác MNEF nội tiếp  N1= M1 và MKQP nội tiếp  M1=K
 N1= K
Xét  FQK và  FQN có: 
NFQ  
QFK ; FQ chung và N1= K
  FQK= FQN  NF=FK và QN=QK
FL QL

Ta có: Q3=Q1 (=P1)  QF là phân giác  QLK 
FK QK
LE FL FL QL QL
LE QL
Từ (1); (2) và (3) 






NE FN FK QK QN

NE QN
NQ.LE=NE.LQ (đpcm)

(2)
(3)