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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2016 – 2017
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 16 tháng 06 năm 2016
Đề có: 01 trang gồm 05 câu.

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ B
Câu I: (2,0 điểm)
1. Giải các phương trình:
a. x – 6 = 0
b. x2 – 5x + 4 = 0
 2x - y = 3
3x + y = 2

2. Giải hệ phương trình: 
Câu II: (2,0 điểm)

 y y -1

(

)

y y +1  2 y − 2 y + 1
với y > 0; y ≠ 1
y −1

Cho biểu thức: A = 
−
÷:
 y- y
y+ y ÷



1. Rút gọn biểu thức B.
2. Tìm các số nguyên y để biểu thức B khi 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 = 2x 2 .
1. Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2).
2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần
lượt M(x1; y1), N(x2; y2). Hãy tính giá trị của biểu thức S = x1 x2 + y1 y2
Câu IV: (3,0 điểm)
Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MQ. Hai đường chéo MP và NQ cắt nhau tại
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 2 là K. Gọi L là giao điểm của NQ và PF. Chứng minh rằng:
1. Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn.
·
2. FM là đường phân giác của góc NFK
3. NQ.LE= NE.LQ
Câu V: (1,0 điểm)
Cho các số dương m, n, p thỏa mãn: m 2 + 2n 2 ≤ 3p 2 . Chứng minh rằng

1 2 3
+ ≥
m n p

-----------------------------------Hết---------------------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:……………………………………………………Số báo danh:………………………….
Chữ kí giám thị 1:……………………………….…….Chữ kí giám thị 2:…………………..……………………
1


SỞ GIÁO DỤC THANH HÓA

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THAM KHẢO
Năm học: 2016 – 2017
Ngày thi: 26 tháng 06 năm 2016
Thời gian làm bài: 120 phút

Đề chính thức
ĐỀ B
Câu

Nội dung

Điểm

1. Giải các phương trình:
a. x = 6
b. x2 – 5x + 4 = 0. Nhận thấy 1 + (-5) + 4 = 0 phương trình có dạng a+ b + c = 0.

Câu 1
(2điểm Vậy ngiệm của phương trinh là:
)

 x1 = 1

x 2 = 4
 2x - y = 3
5 x = 5
x = 1
⇔
⇔
2. Giải hệ phương trình: 
3x + y = 2
3x + y = 2
 y = -1

0.5
0.75
0.75

Câu 2 1. Với y > 0; y ≠ 1 Ư(2)
(2điểm
 y y -1 y y +1  2 y − 2 y + 1
)
A=
−
:
÷

÷

(

 y- y

)

y −1

y+ y 

(

)

2

2 y −1
 ( y -1)(y + y +1) ( y +1)(y - y +1) 
A=
−
:

y ( y -1)
y ( y + 1)

 ( y + 1)( y − 1)

(

)

 (y + y +1) (y - y +1)  2 y + 1

A=
−
:
y
y

 ( y − 1)
A=

A=
A=

y + y +1- y + y -1
y

(

)

(

)

y +1
×
2( y − 1)

y +1
×
y 2( y − 1)

2 y

y +1
y −1

2. Với y > 0; y ≠ 1 Ta có A =

1
y +1
y −1

=

y −1 + 2
y −1

= 1+

3
để A nhận giá trị nguyên thì
y −1

3
•
nguyên hay 3M y − 1 ⇔ y − 1∈ U (3) ⇔ y − 1 ∈ { 1,3} ⇔ y ∈ { 2, 4} ⇔ y ∈ { 4,16}
y −1
(thỏa mãn ĐKXĐ).
Vậy y ∈ { 4,16} là các giá trị cần tìm
Câu 3 1. Đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2) nên có 2 = n.1+1 ⇒ n = 1 là giá trị cần tìm

(2điểm 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P): 2x 2 - nx -1 = 0 Có
)
Δ = n 2 + 8 > 0 với mọi n nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi n

1
0.5

Vậy (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt M(x1; y1),
2


N(x2; y2) khi đó y1 = 2x12 ; y 2 = 2x 2 2
Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có: x1x 2 =

0.75

−1
2

Theo bài ra ta có S = x1 x2 + y1 y2 = x1 x2 + 2 x12 .2 x12 = x1 x2 + 4( x1 x2 ) 2 =
S=

−1
1 −1
1
+ 4. =
+1 =
2
4 2
2

1
là giá trị cần tìm.
2

0.75

·
Câu 4 1. Ta có MPQ
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); EF ⊥ MQ
(3điểm
·
·
⇒ EPQ
+ EFQ
= 900 + 900 = 1800 ⇒ tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn đường kính PQ
)
·
·
2. Tương tự ⇒ ENM
+ EFM
= 900 + 900 = 1800 ⇒ tứ giác MNEF nội tiếp
·
·
(hai góc nộ tiếp cùng chắn
⇒ PFQ
= PEQ
P
cung PQ trong đường tròn đường kính EQ)
N

·
·
(hai góc nội tiếp cùng chắn
NFM
= NEM
E
cung MN trong đường tròn đường kính ME)
·
·
(hai góc đối đỉnh)
NEM
= PEQ
·
·
(hai góc đối đỉnh)
PFQ
= MFK

·
·
⇒ NFM
= KFM

L

M

F

Q

·
hay PM là phân giác của góc NFM
3. Ta có:
·
·
K
(hai góc nội tiếp cùng chắn
NPM
= NQM
cung MN trong đường tròn đường kính MQ)
·
·
(hai góc nộ tiếp cùng chắn
EPF
= EQF
cung EF trong đường tròn đường kính EQ)
·
·
⇒ NPE
= EPL
⇒ PE là phân giác trong của ΔNPL . Lại có PE ⊥ P Q ⇒ PE là phân giác

ngoài của ΔNPL ⇒

ΕΝ QN
=ΕΝ.QL
⇒ QN. ΕL
=
ΕL QL

1.0

(đpcm)

Câu 5 Với a, b, c là các số dương ta có:
1 2
9
(1điểm
(1) ⇔ (m + 2n)(n + 2m) ≥ 9 mn
(+) + ≥
)
m n m + 2n
⇔ 2m 2 - 4mn + 2n 2 ≥ 0 ⇔ 2(m - n) 2 ≥ 0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n

1.0

1.0
0.25

(+) m + 2n ≤ 3(m 2 + 2n 2 )(2) ⇔ ( m + 2n) 2 ≤ 3( m 2 + 2n 2 )
⇔ 2m2 - 4mn+ 2m 2 ≥ 0 ⇔ 2(m - n) 2 ≥ 0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n
1 2
9
9
3
≥
(+) Từ (1) và (2) suy ra m + n ≥ m+ 2n ≥
(do m 2 + 2n 2 ≤ 3 p 2 ).
2

2
p
3(m + 2n )

Suy ra

1 2 3
+ ≥ . Dấu bằng xảy ra khi m = n = p
m n p

0.25
0.25
0.25

* Lưu ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn được điểm tối đa

3