Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán Sở GD&ĐT Thanh Hóa năm 2016 - 2017

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

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.

Câu 1: (2,0 điểm)
1) Giải các phươnh trình:
a) x – 5 = 0
b) x2 – 4x +3 = 0
2 x  y  1
3 x  y  4

2) Giải hệ phương trình: 
Câu 2: (2,0 điểm)
 x x 1

x x  1  2( x  2 x  1)

:
Cho biểu thức: A  
(với x > 0 và x khác 1)


x 1

x

x
x

x


1) Rút gọn A
2) Tìm các giá trị của x để A có giá trị nguyên.
Câu 3: (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng(d): y = mx +1 và parabol(P): y = 2x2.
1) Tìm m để (d) đi qua A(1;3)
2) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A(x1;y1) và B(x2;y2). Hãy tính giá
trị của T = x1x2 + y1y2
Câu 4: ( 3,0 điểm)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E.
Gọi F là điểm thuộc AD sao cho EF vuông góc với AD. Đường thẳng CF cắt (O) tại điểm thứ
hai là M. BD và CF cắt nhau tại N. Chứng minh rằng:
1) Tứ giác CEFD nội tiếp
2) FA là tia phân giác của góc BFM
3) BD.NE = BE.ND
Câu 5: (1,0 điểm)

Cho a,b,c là 3 số thực dương thõa mãn: a2 + 2b2  3c2 . CMR:

1 2 3
 
a b c

-----------------------------------Hết----------------------------------

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


SỞ GIÁO DỤC THANH
HÓA
Đề chính thức
ĐỀ A

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THAM KHẢO
Năm học: 2016 – 2017
Ngày thi: 16 tháng 06 năm 2016
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu

Nội dung

Điểm

1. Giải các phương trình:
a. x = 5
Câu 1
b. x2 – 4x + 3 = 0. Nhận thấy 1 + (-4) + 3 = 0 phương trình có a+ b + c = 0.
(2
Vậy ngiệm của phương trinh là: x1 = 1, x 2 = 3
điểm)
2 x  y  1
5 x  5

x = 1


2. Giải hệ phương trình: 
3 x  y  4

3x + y = 4

y = 1

0.5
0.75
0.75

Câu 2 1/ Với x > 0; x  1
(2
 x x -1 x x +1  2 x  2 x  1
điểm)
A = 

 :
x 1
 x- x x+ x 








2

2 x 1
 ( x -1)(x + x +1) ( x +1)(x - x +1) 
=

:
x ( x -1)
x ( x  1)

 ( x  1)( x  1)



1



 (x + x +1) (x - x +1)  2 x  1
=

:
x
x

 ( x  1)





=

x 1
x + x +1- x + x -1

x
2( x  1)

=

x 1
2 x

=
x 2( x  1)

Vậy A=





x 1
x 1

x 1
(với x > 0; x  1 )
x 1

2/ Với x > 0; x  1 Ta có A =

x 1

x 1

x 1  2
2
 1
để A nhận giá trị nguyên thì
x 1
x 1

1

2
nguyên hay 2 x  1  x  1  U  (2)  x  1  1, 2  x  2,3  x  4;9
x 1
(thỏa mãn ĐKXĐ).
Vậy x  4;9 là các giá trị cần tìm

Câu 3 1. Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 3) nên có 3 = m.1+1  m = 2 là giá trị cần tìm
(2
2. Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P): 2x 2 - mx -1 = 0 Có
điểm)
Δ = m 2  8  0 với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
Vậy (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt A(x1; y1),
B(x2; y2) khi đó y1 = 2x12 ; y 2 = 2x 2 2

0.5

0.75

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có: x1x 2 =

1
2

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

1
1 1
1
 4. 
1 
2
4 2
2

1
là giá trị cần tìm.
2
 = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
Câu 4 1. Ta có MPQ

1.

(3
điểm)

S

0.75

 + EFQ
 = 900  900  1800  tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn đường
EF  MQ  EPQ

kính PQ
 + EFM
 = 900  900  1800  tứ giác MNEF nội tiếp
2. Tương tự  ENM
  PEQ
 (hai góc nộ tiếp cùng chắn
 PFQ
cung PQ trong đường tròn đường kính EQ)
N
  NEM
 (hai góc nội tiếp cùng chắn
NFM
E
cung MN trong đường tròn đường kính ME)

P

L

  PEQ
 (hai góc đối đỉnh)
NEM
  MFK
 (hai góc đối đỉnh)
PFQ
  KFM

 NFM

M

F

Q


hay PM là phân giác của góc NFM
3. Ta có:
  NQM
 (hai góc nội tiếp cùng chắn
K
NPM
cung MN trong đường tròn đường kính MQ)
  EQF
 (hai góc nộ tiếp cùng chắn
EPF
cung EF trong đường tròn đường kính EQ)
  EPL

  PE là phân giác trong của ΔNPL . Lại có PE  P Q  PE là phân giác
 NPE

ngoài của ΔNPL 

1.0

ΕΝ QN
=
 ΕΝ.QL  QN. ΕL (đpcm)
ΕL QL

Đáp án câu 4 đề B, đáp án đề A tương tự khác kí hiệu
Câu 5 Với a, b, c là các số dương ta có:
1 2
9
(1
(1)  (a + 2b)(b + 2a)  9 ab
(+) + 
điểm)
a b a + 2b
 2a 2 - 4ab + 2a 2  0  2(a - b) 2  0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi a = b
(+) a + 2b  3(a 2  2a 2 )(2)  (a  2b) 2  3(a 2  2b 2 )
 2a 2 - 4ab+ 2a 2  0  2(a - b) 2  0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi a = b
1 2
9
9
3
(+) Từ (1) và (2) suy ra + 
(do a 2 + 2b 2  3c 2 ).



2
2
a b a + 2b
c
3(a + 2b )
1 2 3
Suy ra +  . Dấu bằng xảy ra khi a =b = c
a b c

1.0

1.0

0.25

0.25
0.25
0.25

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


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 1: (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 2: (2,0 điểm)

 y y -1

Cho biểu thức: A = 

 y- y







y y +1  2 y  2 y  1
với y > 0; y  1

:
y 1
y + y 

1. Rút gọn biểu thức B.
2. Tìm các số nguyên y để biểu thức B khi có giá trị nguyên.
Câu 3: (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 4: (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 hai 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 5: (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----------------------------------

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

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
(2
Vậy ngiệm của phương trinh là:
điểm)

 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
(2
 y y -1 y y +1  2 y  2 y  1
điểm)
B=

:
 y- y
y 1
y + y 









2

2 y 1
 ( y -1)(y + y +1) ( y +1)(y - y +1) 
=

:
y ( y -1)
y ( y  1)

 ( y  1)( y  1)





 (y + y +1) (y - y +1)  2 y  1
=

:
y
y

 ( y  1)
=

=





y 1
y + y +1- y + y -1

y
2( y  1)
2 y
y



Vậy B=



=

y 1

2( y  1)

y 1
y 1

y 1
y 1

(với y > 0; y  1 )

2/ Với y > 0; y  1 Ta có B =

y 1

y 1

1
y 1  2
 1
y 1

2
nguyên hay 2 y  1  y  1  U  (2) 
y 1
(thỏa mãn ĐKXĐ).
Vậy y  4;9 là các giá trị cần tìm

2
để B nhận giá trị nguyên thì
y 1

y  1  1, 2 

y  2,3  y  4;9

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
(2
2. Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P): 2x 2 - nx -1 = 0 Có
điểm)

Δ = n 2  8  0 với mọi n nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi n

1
0.5

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


Vậy (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt M(x1; y1),
N(x2; y2) khi đó y1 = 2x12 ; y 2 = 2x 2 2
Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có: x1x 2 =

1
2

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

S

0.75

1
1 1
1
 4. 
1 
2
4 2
2

1
là giá trị cần tìm.
2

0.75

 = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
Câu 4 3. Ta có MPQ
(3
 + EFQ
 = 900  900  1800  tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn đường
EF  MQ  EPQ
điểm)
kính PQ
 + EFM
 = 900  900  1800  tứ giác MNEF nội tiếp
4. Tương tự  ENM
  PEQ
 (hai góc nộ tiếp cùng chắn
 PFQ
P
cung PQ trong đường tròn đường kính EQ)
N
  NEM
 (hai góc nội tiếp cùng chắn
NFM
E
cung MN trong đường tròn đường kính ME)
0

L

  PEQ
 (hai góc đối đỉnh)
NEM
  MFK
 (hai góc đối đỉnh)
PFQ
M

  KFM

 NFM

F

Q


hay PM là phân giác của góc NFM
3. Ta có:
  NQM
 (hai góc nội tiếp cùng chắn
K
NPM
cung MN trong đường tròn đường kính MQ)
  EQF
 (hai góc nộ tiếp cùng chắn
EPF

cung EF trong đường tròn đường kính EQ)
  EPL
  PE là phân giác trong của ΔNPL . Lại có PE  P Q  PE là phân giác
 NPE

ngoài của ΔNPL 

ΕΝ QN
=
 ΕΝ.QL  QN. ΕL (đpcm)
ΕL QL

Câu 5 Với m, n, p là các số dương ta có:
1 2
9
(1
(+) + 
(1)  (m + 2n)(n + 2m)  9 mn
điểm)
m n m + 2n
 2m 2 - 4mn + 2n 2  0  2(m - n) 2  0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n
(+) m + 2n  3(m 2  2n 2 )(2)  (m  2n) 2  3(m 2  2n 2 )
 2m 2 - 4mn+ 2m 2  0  2(m - n) 2  0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n
(+) Từ (1) và (2) suy ra
Suy ra

1.0

1 2
9

9
3
+ 


(do m 2 + 2n 2  3 p 2 ).
2
2
m n m+ 2n
3(m + 2n ) p

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

1.0

1.0
0.25

0.25
0.25
0.25

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí