ĐỀ THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ A
Câu I (2,0 điểm)
1) Giải các phươnh trình:
a) x – 5 = 0
b) x2 – 4x +3 = 0

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn thi: Toán

2 x − y = 1
3 x + y = 4

2) Giải hệ phương trình: 
Câu II (2điểm)
 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 III (2điểm)
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 IV ( 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. CMR
1) Tứ giác CEFD nội tiếp
2) FA là tia phân giác của góc BFM
3) BD.NE = BE.ND
Câu V (1,0 điểm)

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

1 2 3
+ ≥
a b c

ĐÁP ÁN
Câu I (HS tự giải)
Câu II

1) Ta có
 ( x − 1)( x + x + 1) ( x + 1)( x − x + 1) 
 x + x + 1 x − x + 1  2( x − 1)
2( x − 1) 2
:
A=
−
= 
−
:

x ( x − 1)
x ( x + 1)
x
x
x +1

 ( x − 1)( x + 1) 

=

2 x

.

x +1

x 2( x − 1)

2) Ta có A =

x −1)

=

x +1
x −1

x +1
x −1
=

x −1+ 2
x −1

= 1+

2
x −1

. Để A có giá trị nguyên thì 2 chia hết cho (


Suy ra x − 1 là Ư(2) = { − 2;−1;1;2}
Ta có bảng giá trị:
-2
x −1
-1
x
x
Không thõa

mãn

-1
0
0(loại)

1
2
4(t/m)

2
3
9(t/m)

Vậy x = 4 hoặc x = 2 thì A m\nhận giá trị nguyên
Câu III
1) Thay x =1; y = 3 vào (d) ta được: m.1 +1 = 3 suy ra m = 2
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): 2x2 = mx + 1  2x2 –
mx - 1 = 0
Ta có a = 2, b = -m, c = -1 ∆ = b 2 − 4ac = (−m) 2 − 4.2.(−1) = m 2 + 8 > 0∀m  phương
trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m nên (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phâ

{ x1 + x 2 = m
biệt A(x1;y1) và B(x2;y2) với mọi m. Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

2

−1
2

x1 .x 2 =

Ta có T = x1.x2+ y1y2 Mà y1= 2x12 và y2 = 2x22 nên T = x1x2 + 2x2.2x22 =
−1
1
−1
1 1
+ 4(− ) 2 =
+ 4. =
2
2
2
4 2

Câu IV

y

x
C

1) Ta có ∠ACD = 90 0  ∠ECD = 90 0

B
E

Lại có EF ⊥ AD  ∠EFD = 90 0

N

Xét tứ giác EFDC có
∠ECD + EFD = 180 0

Suy ra tứ giác EFDC nội tiếp

D

A
F

2) Chứng minh tương tự: tứ giác AFBE nội tiếp
M
Suy ra: ∠BFA = ∠BEA
Lại có ∠BEA = ∠CED
Mà ∠CED = CFD
Mặt khác ∠CFD = AFM
Suy ra: góc BFA = AFM suy ra FA là tia phân giác của góc BFM
3. Ta có góc BCA = BDA( cùng chằn cung AB) lại có góc BAD = ECF = ACM suy
ra BCA = ACM suy ra CA là tia phân giác của BCN suy ra

BE BC
=
(1)
EN CN

Kéo dài các tia BC và DC ta có các tia Cx và Cy. Do tứ giác ABCD nội tiếp suy ra góc
Bcy = BAD, góc BCF = DEF, lại có DEF = BAD ( do tứ giác ABEF nội tiếp) suy ra góc


DCF = Bcy mặt khác góc Bcy = DCx suy ra DCx = DCF nên CF là tia phân giác ngoài

DN CN
BD BC
=
hay
=
(2)
BD BC
DN CN
BE BD
Từ (1) và (2) ta suy ra
=
 BE.DN = BD.EN (đpcm)
EN DN

của tam giác BCN suy ra

Câu V
Theo bài ra ta có: a 2 + 2b 2 ≤ 3c 2 ⇔
Suy ra 3 ≥ x2+2y2 = x2+y2+y2
Đặt
P=

a
b
a 2 2b 2
+ 2 ≤ 3 . Ta đặt = x; = y suy ra: x2+2y2 ≤ 3
2
c
c
c

c

≥ 33 x 2 y 4

 x2y4 ≤ 1 (1)

c 2c 1 2
1
1
1
1
1
1
1 1 1 1 1 1
6
1
+
= + =
+
+
+
+
+
≥ 66
. . . . .
≥ 6 2 4
a b
x y 2x 2x 2 y 2 y 2 y 2 y
2x 2x 2 y 2 y 2 y 2 y 2 x y

=3

Từ (1) và (2) suy ra: P ≥ 3 hay

c 2c
1 2 3
+
≥ 3 ⇔ + ≥ ( đpcm)
a b
a b c