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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2016 – 2017
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
(Đề thi có 01 trang)

Câu I (2,0 điểm).
1) Rút gọn biểu thức: A  32  72  2 3  2 2 ;

1 
x
 1
2) Cho biểu thức B  

:
 x  4 với 0  x  4 ;
x

2
x

2


Rút gọn biểu thức B và tìm x để B  12 .
Câu II (1,5 điểm).

1) Giải phương trình: x 2  3x  2  0
x  y  1
2) Giải hệ phương trình: 
2x  3y  17
Câu III (1,5 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y  2x 2 .
1) Tìm tọa độ các giao điểm của đường thẳng (d): y  3x  2 và parabol (P);
2) Chứng tỏ rằng đường thẳng (dm): y  mx  1 luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
có hoành độ x1, x2. Tìm m để 4  x12  x 22    2x1  1 2x 2  1  9 .

Câu IV (4,0 điểm).
Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm D cố định thuộc đoạn AO (D
không trùng với A, O). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại D. Gọi C là điểm tùy ý
thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Gọi E là giao điểm của
AC với MN.
1) Chứng minh tứ giác DECB nội tiếp;
2) Chứng minh CA là tia phân giác của góc MCN ;
3) Chứng minh AB2  AE.AC  BD.AB ;
4) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác CME nhỏ nhất.
Câu V (1,0 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: a  b  c  3 .
bc
ca
ab
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 
.


3a  bc

3b  ca
3c  ab
--- HẾT --Họ và tên thí sinh.................................................Số báo danh................................
Người coi thi số 1....................................Người coi thi số 2....................................


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2016 - 2017
Câu
Câu I

Nội dung đáp án

Điểm

1) Rút gọn biểu thức: A  32  72  2 3  2 2 ;

 
 2  1

 16.2  36.2  2
4 2 6 2 2

2

2

 2. 2.1  12

0,25

2

0,25

 2 2  2. 2  1  2 2  2





2  1  2 .

Vậy A  2 .

0,25
0,25

1 
x
 1
2) Cho biểu thức B  

 : x  4 với 0  x  4 ;
x 2
 x 2
Rút gọn biểu thức B và tìm x để B  12 .
Với 0  x  4 thì B 





4

x 2



x 2





x 2 x 2

 x  2 
. x  2 x  2 
x 2

x

:

x
x4

0,25

4
x

0,25

4
1
1
 12  x   x  (nhận).
3
9
x
1) Giải phương trình: x 2  3x  2  0
Ta có a  b  c  1   3  2  0

Để B  12 thì
Câu II

Suy ra phương trình có hai nghiệm là: x1  1 , x 2  2 .
x  y  1
2) Giải hệ phương trình: 
2x  3y  17
3x  3y  3
5x  20


2x  3y  17
y  x  1
x  4


y  3
Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = (4; 3).
Câu III 1) Tìm tọa độ các giao điểm của đường thẳng (d): y  3x  2 và
parabol (P);
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng
(d) là 2x 2  3x  2  2x 2  3x  2  0
Có   (3)2  4.2.(2)  9  16  25  0

0,5

0,5
0,5

0,5

0,5

0,25
0,25


1
Phương trình có hai nghiệm phân biệt là x1  2 , x 2   .
2
Với x1  2  y1  8 .
1
1
Với x 2    y2  .
2

2
 1 1
Vậy tọa độ các giao điểm của (P) và (d) là: (2; 8);   ;  .
 2 2
2) Chứng tỏ rằng đường thẳng (dm): y  mx  1 luôn cắt (P) tại
hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2. Tìm m để
4  x12  x 22    2x1  1 2x 2  1  9 .
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng
(dm) là 2x 2  mx  1  2x 2  mx  1  0 (1)
Có   m2  8  0 , với mọi m.
Nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Do đó parabol (P) và đường thẳng (dm) cắt nhau tại hai điểm phân
biệt có hoành độ x1, x2 với mọi m.
m
1
Áp dụng định lý Vi-et ta có x1  x 2  , x1x 2   (2)
2
2
2
2
Theo bài ra ta có 4  x1  x 2    2x1  1 2x 2  1  9

0,25

0,25

0,25

 4  x12  2x1x 2  x 22   4x1x 2  2  x1  x 2   1  9

 4  x1  x 2   4x1x 2  2  x1  x 2   1  9 (3)
2

0,25

m  2
Từ (2) và (3) suy ra m 2  m  6  0  
 m  3
Vậy m  2 , m  3 .

Câu IV

M

C

E

A

D

O

B

0,25

N

1) Chứng minh tứ giác DECB nội tiếp;

0,25


Xét (O) có ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
đường kính AB) hay ECB  900 ; EDB  900 (giả thiết).
Xét tứ giác DECB có ECB  EDB  1800 ; mà góc này ở vị trí
đối diện nên tứ giác DECB nội tiếp.
2) Chứng minh CA là tia phân giác của góc MCN ;
Xét (O) có AB  MN  D nên D là trung điểm của MN.
Suy ra AB là đường trung trực của MN.
Nên AM  AN suy ra hai cung AM, AN bằng nhau.
Do đó ACM  ACN (hệ quả góc nội tiếp) (1) hay CA là tia
phân giác của góc MCN .
3) Chứng minh AB2  AE.AC  BD.AB ;
Xét tam giác ADE và tam giác ACB có ADE  ACB  900 ;
chung CAB .
Suy ra hai tam giác ADE và tam giác ACB đồng dạng.
AD AE
Suy ra

 AD.AB  AC.AE
AC AB
  AB  BD  .AB  AC.AE  AB2  AC.AE  BD.AB

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

4) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ nhất.
M
C
K

E

A

D

H

O

B

x

0,5
N

Kẻ NH  MB  H  MB , gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác CME. Kẻ Mx là tiếp tuyến của (K). Suy ra
xME  xMN  MCE  MCA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến
và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung ME của (K)) (2)
Mà AMN  ACN (cùng chắn cung AN của (O)) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra xMN  AMN suy ra MA  Mx .
Do đó MA là tiếp tuyến của (K) suy ra MA  MK .


Mà AMB  900 hay MA  MB .
Do đó MK  MB .
Khi C di chuyển trên cung lớn MN (C không trùng với M, N và
B) thì K di chuyển trên MB.
Để NK nhỏ nhất khi và chỉ khi NK  NH . Khi đó giao điểm của
(O) và (K) là vị trí của C (khác M).

0,25

M

K

0,25

H
D

A

B

O

E

x

C
N

Câu V

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện:
a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
bc
ca
ab
.
P


3a  bc
3b  ca
3c  ab
Ta có
3a  bc  (a  b  c)a  bc  a 2  ab  ca  bc  a(a  b)  c  a  b 
 (a  b)(a  c) .
Tương tự 3b  ca  (a  b)(b  c) ; 3c  ab  (c  a)(c  b) .

Khi đó P 

 bc 

2

(a  b)(a  c)



 ca 

 ab 

2

(a  b)(b  c)



0,25

2

(b  c)(c  a)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương, ta có

 bc 

2

(a  b)(a  c)

bc
bc
1  bc
bc 
.
 

 (1);
a b a c 2a b a c 

 ca 

2

1  ca
ca 
 

 (2);
(a  b)(b  c) 2  a  b b  c 

Tương tự

 ab 



0,5

2

1  ab
ab 
 

 (3);
(b  c)(c  a) 2  b  c c  a 
Cộng các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được

0,25


1  bc  ca bc  ab ab  ca  3
P 


 .
2 a  b
ac
bc  2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .
3
Vậy giá trị lớn nhất của P là khi và chỉ khi a  b  c  1 .
2

Đây là đáp án và biểu điểm dự kiến của riêng tôi.