olympictoanhoc blogspot com tổng hợp đề thi vào 10 THPT môn toán 2016 2017

TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT
MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2016-2017

Tổng hợp: Admin




1


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

ĐỀ 1
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn: TOÁN (Dùng cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi: 30/05/2016
Câu 1 (2,5 điểm).
1
1
2 2 6



3 1
3 1
2
3x  y  1
b) Giải hệ phương trình 
2 x  3 y  8

a) Rút gọn biểu thức A 

c) Giải phương trình x 2  2 x  8  0
Câu 2 (2,0 điểm). Cho parabol ( P) : y   x 2 và đường thẳng (d ) : y  4 x  m .
a) Vẽ parabol (P).
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d) và (P) có đúng một điểm chung.
Câu 3 (1,5 điểm).
a) Cho phương trình x 2  5 x  3m  1  0 (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
trên có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x12  x22  15 .
b) Giải phương trình  x  1  x 2  2 x  3
4

Câu 4 (3,5 điểm). Cho nửa đường tròn (O) có đường kính AB = 2R. CD là dây cung thay đổi của nửa
đường tròn sao cho CD = R và C thuộc cung AD (C khác A và D khác B). AD cắt BC tại H; hai đường
thẳng AC cắt BD cắt nhau tại F.
a) Chứng minh tứ giác CFDH nội tiếp.
b) Chứng minh CF.CA = CH.CB
c) Gọi I là trung điểm của HF. Chứng minh OI là tia phân giác của COD
d) Chứng minh điểm I thuộc một đường tròn cố định khi CD thay đổi.
Câu 5 (0,5 điểm).
Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn ab  bc  ca  3abc . Chứng minh:
a
b

c
3
 2
 2

a  bc b  ca c  ab 2
2

--------HẾT--------



2


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

ĐỀ 2
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn: TOÁN (Chuyên)
Ngày thi: 31/5/2016
Câu 1 (3,0 điểm).
a) Rút gọn biểu thức A 





2

x  1  1  4 x  3  4 x  1 với x  1.

b) Giải phương trình x  x2  3x  2  x x  2  x  1 .
 x  y  3  xy

c) Giải hệ phương trình 

2
2
 x  y  18

.

Câu 2 (2,0 điểm).
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố  p; q  thỏa mãn p 2  5q 2  4 .
b) Cho đa thức f  x   x2  bx  c . Biết b, c là các hệ số dương và f  x  có nghiệm. Chứng minh
f  2  9 3 c .

Câu 3 (1,0 điểm). Cho x, y, z là 3 số dương thỏa mãn x 2  y 2  z 2  3xyz . Chứng minh :
x2
y2
z2


 1.
y2 z2 x2

Câu 4 (3,0 điểm). Cho hai đường tròn  O; R  và  O '; R ' cắt nhau tại A và B (OO’ > R > R’). Trên nửa
mặt phẳng bờ là OO’ có chứa điểm A, kẻ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn trên (với M thuộc (O)
và N thuộc (O’)). Biết BM cắt (O’) tại điểm E nằm trong đường tròn (O) và đường thẳng AB cắt MN tại I.
a) Chứng minh MAN  MBN  1800 và I là trung điểm của MN.
b) Qua B, kẻ đường thẳng (d) song song với MN, (d) cắt (O) tại C và cắt (O’) tại D (với C, D khác
B). Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của CD và EM. Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác
ACD và các điểm A, B, P, Q cùng thuộc một đường tròn.
c) Chứng minh tam giác BIP cân.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm. Chứng minh
HA HB HC


 3.
BC CA AB

Câu
1a.

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN THI: TOÁN (Chuyên)
Nội dung
Rút gọn biểu thức A 







2

x  1  1  4 x  3  4 x  1 với x  1

Điểm

 1
3


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017





2

x 1 1  x  2 x 1

0,25





4x  3  4 x 1  2 x 1  1

2

Do với x  1 thì 2 x  1  1  0 nên

Vậy A  x  1
1b.

0,25

4x  3  4 x 1  2 x 1  1

Giải phương trình x  x 2  3x  2  x x  2  x  1 (1)
Điều kiện xác định: x  1
(1)  x  x  1. x  2  x x  2  x  1







 x  x  1 1  x  2  0  x  x  1 hoặc

x  2 1

x  2  1  x  1 (thỏa mãn điều kiện)
x  0
1 5
(thỏa mãn điều kiện)
x  x 1   2
x
2
x  x 1  0

1c.

 x  y  3  xy
Giải hệ phương trình 
2
2
 x  y  18
Điều kiện: xy  0

a  3  b

a  2b  18
2
Thế a  3  b vào phương trình còn lại ta được:  3  b   2b2  18
2


x  y  6
Do đó  a; b    6;3 . Ta được hệ 

 xy  3
x  y  6
x  3


(thỏa mãn điều kiện).Vậy hệ có nghiệm
 xy  9
y  3

 x; y   3;3

Tìm tất cả các cặp số nguyên tố  p; q  thỏa mãn p 2  5q 2  4

p 2  5q 2  4  p 2  4  5q 2   p  2  p  2   5q 2
Do 0  p  2  p  2 và q nguyên tố nên p  2 chỉ có thể nhận các giá trị
1, 5, q, q2
Ta có bảng giá trị tương ứng
p–2
p+2
P
q
2
1
3
1
5q
5
7
3
q2
q
5q
3
1
2
5
3
1
q
2b.

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

0,25

2

 b2  6b  9  0  b  3

2a.

0,25
 1

 1

b  0 . Ta có hệ 

Đặt a  x  y, b  xy

0,25

0,25
0,25

0,25

 1
0,25
0,25

0,25

Do p, q là các số nguyên tố nên chỉ có cặp  p; q    7;3 thỏa mãn.

0,25

Cho đa thức f  x   x  bx  c . Biết b, c là các hệ số dương và f  x  có

 1



2

4


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

nghiệm. Chứng minh f  2   9 3 c .

f  x  có nghiệm    0  b 2  4c  b  2 c
f  2   4  2b  c  4  4 c  c 



c 2



0,25

2

0,25

c  2  c 1 1  33 c



Do đó f  2   3

0,25

 9 c
2

3

c

3

0,25

Cách 2: Theo hệ thức Vi – et ta có x1 x2  c , f  x    x  x1  x  x2 

Do b, c dương nên f  x  chỉ có nghiệm âm  x1  0, x2  0

0,25

Đặt x1   p, x2  q thì p  0, q  0 và pq  c ;

0,25

f  x    x  p  x  q 

f  2   2  p  2  q   1  1  p 1  1  q   3 3 p .3 3 q  9 3 pq  9 3 c
3.

0,25

0,25

Cho x, y, z là 3 số dương thỏa mãn x 2  y 2  z 2  3xyz . Chứng minh:
x2
y2
z2


 1. (*)
y2 z2 x2

x2
y2
x2 y  2 2
x2

6x  y  2
Ta có

2
.
 x

y2
9
y2 9
3
y2
9

y2
6 y  z  2 z2
6z  x  2
,
.


z2
x2
9
9
Đặt vế trái của (*) là P. Cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta được:
5 x  y  z   6
P
9
3

 x  y  z   3xyz, x2  y 2K z 2  1 x  y  z 2 .
Lại có


9
3
3
x  y  z 1

2
Từ giả thiết suy ra
  x  y  z   x  y  z  3 . Do đó
9
3
P  1.
Hình vẽ (Học sinh vẽ đúng đến câu a.)

 1
0,25

Tương tự

4a.

M

I

0,25

0,25

0,25

N
A

Q

0,25

o'
O
c

E
P

B

D

Chứng minh MAN  MBN  1800 và I là trung điểm của MN.



 1
5

TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

4b.

Ta có IMA  ABM , MIA  MIB

0,25

MBN  MAN  ABM  ABN  MAN  IMA  INA  MAN  1800
IMA IBM  IM 2  IA.IB
Tương tự ta có IN 2  IA.IB .
Do đó IM = IN nên I là trung điểm của MN.
Chứng minh tam giác AME đồng dạng tam giác ACD và các điểm A, B,
P, Q cùng thuộc một đường tròn.

0,25
0,25

AME  ACD ; AEM  ADC (tứ giác AEBD nội tiếp)
 AME ACD

4c.

AE EM EQ


AD DC DP
ADP

 1

0,25

 AEQ  ADC ,

0,25

 AEQ

0,25
0,25

AQE  APD . Vậy tứ giác ABPQ nội tiếp.
Chứng minh tam giác BIP cân.
Gọi K là giao điểm của CM và DN. Do CDNM là hình thang nên các
điểm I, K, P thẳng hàng.
MN // BC  OM  BC  BMC cân tại M  MCB  MBC .
Do MN // BC nên MCB  KMN , MBC  BMN . Suy ra KMN  BMN

5.

0,25

Chứng minh tương tự ta được KNM  BNM . Do đó BMN  KMN
MB = MK, NB = NK nên MN là trung trực của KB  BK  CD, IK  IB .
Tam giác KBP vuông tại B có IK = IB nên I là trung điểm KP.
Vậy tam giác BIP cân tại I.
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và có trực tâm là H. Chứng minh:
HA HB HC



 3.
BC CA AB
Gọi D, E, F lần lượt là các chân
đường cao tương ứng kẻ từ các đỉnh
A
A, B, C của tam giác ABC.
E
HA
HB
HC
, y
,z
Đặt x 
.
BC
CA
AB
F
H
HB BD

Ta có BHD ADC 
AC AD
B

D



0,25

0,25

0,25

 1

0,25

C

HA HB HA.BD S AHB
.


BC AC BC. AD S ABC
S
S
Tương tự, ta có yz  BHC , zx  CHA .
S ABC
S ABC
S  S BHC  SCHA S ABC
 xy  yz  zx  AHB

1
S ABC
S ABC
xy 

 0,75

0,25

0,25

6


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

Lại có  x  y  z   3 xy  yz  zx  nên  x  y  z   3  x  y  z  3
2

2

Vậy

0,25

HA HB HC


 3
BC CA AB
……………HẾT……………

Bài 6.
Ta chứng minh bất đẳng thức:

a 2  b2  c2  d 2 

a  c

2

  b  d  (*) dấu bằng xảy ra khi
2

a b

c d
Thật vậy: *  a 2  b2  c2  d 2  2



a

2

a

2

 b2  c2  d 2    a  c    b  d 
2

 b2  c2  d 2   ac  bd   a 2  b2  c2  d 2    ac  bd 
2

2

  ad  bc   0 (luôn đúng)
2

2

2

2
2
2
P
b   15b 
c   15c 
a   15a 



Ta có
 a    
  b   
  c    

4  4 
4  4 
4  4 
2




2

Áp dụng bất đẳng thức * ta có:
2

2
2
P
b
c   15b
15c 
a   15a 


 a   b    

  c    

4
4  4
4 
4  4 
2



2

2

2
b
c
a   15b
15c
15a 
5
2

 a   b   c    


a  b  c
 
4
4
4  4
4
4 
2


Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có



a b c

Do đó



2

 1  1  1 a  b  c   a  b  c 

1
3 dấu = khi a = b = c

P
5
5 1
5
2

 a  b  c   . suy ra P  . Dấu = khi a = b = c = 1/9
2
2 9
3
2

Cách 2:
- Ta có

5
3
5
(a  b)2  (a  b) 2 
(a  b) 2 . Dấu “=” xảy ra khi a =b

4
4
4
5
Hay 2a 2  ab  2b2 
(a  b) .
2
5
- Tương tự : 2b2  bc  2c2 
(b  c) . Dấu “=” xảy ra khi c =b
2
5
2c2  ca  2a 2 
(c  a) . Dấu “=” xảy ra khi a = c
2
2
2
2
2
2
2
Suy ra P = 2a  ab  2b + 2b  bc  2c + 2c  ca  2a  5(a  b  c) .
2a 2  ab  2b2 



7


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

-

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có :
(12+12+12) ( a )2  ( b)2  ( c)2   (1. a  1. b  1. c) 2  1 .





1
5
nên P 
.
3
3
a  0;b  0;c  0

1
abc .
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c
9

a

b

c

1


1
5
Vậy MinP =
khi và chỉ khi a  b  c 
9
3
-

Do đó a  b  c 

Cách 3. Ta có 2a  ab  2b  2  a  b 
2

2

2

a  b
 3ab mà ab 

2

4
3
5
2
2
2
2

Nên 2a 2  ab  2b2  2  a  b   3ab  2  a  b   . a  b   . a  b 
4
4
5
Suy ra 2a 2  ab  2b2 
a  b
2
5
5
Tương tự 2b2  ab  2c2 
 b  c  ; 2c2  ca  2a 2   c  a 
2
2
Do đó P  5  a  b  c 
Mặt khác ta có

x 2  y 2  z 2  xy  yz  xz  2  x 2  y 2  z 2   2  xy  yz  xz 

 3  x 2  y 2  z 2   x 2  y 2  z 2  2xy  2yz  2zx

Nên 3 x 2  y 2  z 2    x  y  z   x 2  y 2  z 2 
2

Áp dụng bất đẳng thức ta có: a  b  c 
Suy ra P 

1
3



1
2
x  y  z
3
1
a b c 
3



1
5
. Dấu = khi a = b = c =
9
3



8


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

ĐỀ 3
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
TRƯỜNG PTNK TP HỒ CHÍ MINH
NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn: TOÁN (Chuyên)
Ngày thi: 31/5/2016
1(1 điểm )Biết a,b là các số dương ,a khác b và


a a b b
 a(a  4b)  b(b  2a)   a a  b b
A
:
(

ab
).(

ab

  2016

ab
a

b
a

b



Tính a+b
2(2 điểm ) a.Giải phương trình x x  5  2 x 2  5 x (1)

( y  x  3)( y  x )  0
b.Giải hệ phương trình 
2


x  y  5
( x  1)( x 2  mx  2m  14)
 0 (1)
3(2 điểm )cho phương trình
x
a.giải pt khi m=-8
b.tìm m để pt có 2 nghiệm x1,x2 sao cho x22  2(m  1) x2  2m  14  3  x1
4(2 điểm )..a.Ông An định cải tạo khu vườn hình chữ nhật ,dài bằng 2,5 rộng .Ông thấy rằng nếu đào
một cái hồ hình chữ nhật thì chiếm 3% diện tích mảnh vườn hình chữ nhật ,còn nếu giảm chiều dài 5m
,tăng chiều rộng 2m thì mặt hồ là hình vuông và diện tích mặt hồ giảm 20m2 .Tin diện tích mặt hồ .
b.Lớp 9A có 27 nam và 18 nữ .Nhân dịp sinh nhật bạn X ,các bạn trong lớp tặng quà .Ngoài ra mỗi bạn
năm tặng thêm 3 tấm thiệp và mỗi bạn nữ tặng 2-5 con hạc giấy ,biết số tấm thiệp và con hạc bằng nhau
,X là nam hay nữ
5(3 điểm )..Cho tam giác ABC đều có tâm O ,AB=6a .điểm M,N thuộc AB,AC sao cho
AM=AN=2a.I,J,K lần lượt là trung điểm của BC,AC,MN
a.Tứ giác MNBC nội tiếp đtròn T .Tính diện tích tứ giác đó theo a
b.Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK.CMR đường tròn đk NC tiếp xúc AI
c.AE tiếp xúc với đ tròn T tại E ,F là trung điểm của OE .Tính số đo góc EFJ
ĐỀ 4
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn: Toán ( Đề chung)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2 điểm) Cho biểu thức A 

x2  x
x2  x

x  x 1 x  x 1

với x ≥ 0

a) Rút gọn biểu thức A
b) Tính giá trị của biểu thức A khi x  29  12 5
c) Tìm giá trị của m để x thỏa mãn x + A = m.
Câu 2 (1,5 điểm)



9


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

3( x  y )  2( x  y )  9
2( x  y )  ( x  y )  1

a) Giải hệ phương trình 

b) Cho phương trình x2 – 2(m-1)x + 3 – 3m = 0 ( m là tham số)
Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn

x12  x2 2  6 x1 x2  3m 2

Câu 3 (1,5 điểm)
Cho parabol (P): y = x2 và hai điểm A, B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là -1 và 3
a) Viết phương trình đường thẳng AB
b) Xác định vị trí điểm C thuộc cung nhỏ AB của (P) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất
Câu 4. (4,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm
giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường

tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
1. Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK.
2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK cân.
3. Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK//MN và KM2 + KN2 = 4R2.
Câu 5 (1 điểm) Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:

x2
y2
z2
3



y 1 z 1 x 1 2
____________________Hết_________________
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1( 2 điểm)
Ý
A

1.a

Nội dung
x ( x 3  1)
x ( x 3  1)

 x ( x  1)  x ( x  1)
x  x 1
x  x 1

A x x x x  2 x

Điểm
0,5
0,5

x  29  12 5  20  2.2 5.3  9  (2 5  3) ,thỏa mãn điều kiện của ẩn
2

1.b

Suy ra
Thay

x  2 5 3  2 5 3

0,25

x  2 5  3  2 5  3 vào biểu thức A ta được

A = 2( 2 5  3 ) = 4 5 - 6
Vậy giá trị biểu thức A tại x  29  12 5 là 4 5 - 6
x + A = m x  2 x  m (1) . Ta phải tìm điều kiện của m để phương
trình (1) có nghiệm x ≥ 0
(1)  ( x  1)2  m  1 (2)
Với x ≥ 0 thì VT (1) lớn hơn hoặc bằng 1 nên phương trình (1) có
1.c
nghiệm khi m ≥ 0
Với m ≥ 0 thì phương trình (2) có nghiệm x ≥ 0
Vậy m ≥ 0

Câu 2 (1,5 điểm)


0,25

0,25
0,25

10


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

3( x  y )  2( x  y )  9
x  5y  9
 x  1



2( x  y )  ( x  y )  1 3x  y  1  y  2

2.a

0,75

Phương trình x2 – 2(m-1)x + 3 – 3m = 0
Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là:
 '  m2  m  2  0  m  1 hoặc m ≤ -2
Áp dụng định lí vi-et ta có x1 + x2 =2m – 2 và x1x2 = 3 – 3m (*)
Theo bài ra ta có: ( x1  x2 )2  8 x1 x2  3m2

Thay (*) vào đẳng thức trên ta được: m2 + 8m – 8 = 0
m1  4  2 6 không thỏa mãn

2.b

m2  4  2 6 thỏa mãn

Câu 3 (1,5 điểm)
3.a
Xác định A(-1;1), B(3;9)
Phương trình đường thẳng AB là: y = 2x + 3
Giả sử C(c;c2) thuộc (P), với -1 < c < 3
Gọi A’, B’, C’ lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ A, B, C đến
đường thẳng Ox
3.b
Suy ra A’(-1;0); B’(3;0), C’(c;0)
Diện tích tam giác ABC là
SABC = SAA’B’B – SACC’A’ – SBCC’B’ =-2c2 +4c + 6 = 8 – 2(c-1)2 ≤ 8
Vậy diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất bằng 8 khi C(1;1)
câu 4. (4,0điểm)

0,25

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

0,25
0, 5

0,25

.

a

A
f
k

o

m

O

P

h

e

n

c

M

b

Ý

H

K

E

N

C

B

Nội dung
 Ta có:

Điểm
+ AHE  900 (theo giả thiết AB  MN )

+ AKE  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 AHE  AKE  900  H, K thuộc đường tròn đường kính AE.

1.
(2,0đ)

2.

Vậy tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.
 Xét hai tam giác  CAE và  CHK:

+ Có chung góc C

0,5
0,5
0,25
0,25

+ EAC  EHK (góc nội tiếp cùng chắn cung EK)
 CHK (g - g)
Suy ra  CAE

0,5

Do đường kính AB  MN nên B là điểm chính giữa cung MN suy ra ta có

0,25



11


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

(1,0 đ)

3.
(1,0đ)

MKB  NKB (1)


 NKB  KNF (2)
Lại có BK // NF (vì cùng vuông góc với AC) nên 

 MKB  MFN (3)

0,5

Từ (1), (2), (3) suy ra MFN  KNF  KFN  KNF . Vậy  KNF cân tại K.

0,25

* Ta có AKB  900  BKC  900  KEC vuông tại K
Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K

0,25

BEH  KEC  450  OBK  450
Mặt khác vì  OBK cân tại O ( do OB = OK = R) nên suy ra  OBK vuông
cân tại O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB)

0,25

* Gọi P là giao điểm của tia KO với đường tròn thì ta có KP là đường kính
và KP // MN. Ta có tứ giác KPMN là hình thang cân nên KN = MP.

0,25

Xét tam giác KMP vuông ở M ta có: MP2 + MK2 = KP2  KN2 + KM2 =

4R2.

0,25

Câu 5 (1 điểm)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
0,25đ

x2
y 1
x2 y  1
x

2
.
 2.  x (1)
y 1
4
y 1 4
2
y2
z 1
z2
x 1

z


y
Tương tự

(2) ,
x 1
4
z 1
4

(3)

0,25đ

Cộng từng vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được

x2
y2
z2
x 1 y 1 z 1





 x y z
y 1 z 1 x 1
4
4
4

0,25đ

x2

y2
z2
3( x  y  z )  3




(4)
y 1 z 1 x 1
4
Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
3

3

x + y + z > 3 xyz = 3. 1 = 3

(5)

0,25đ

x
y
z
3.3  3 3




Từ (4) và (5) suy ra

y 1 z 1 x 1
4
2
2

2

2

Dấu “=” xảy ra  x = y = z = 1.
ĐỀ 5
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
TỈNH NINH THUẬN
NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn: TOÁN (Chuyên )
Ngày thi: 31/5/2016



12


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

Câu 1 (1,0 điểm). Tính giá trị biểu thức A  7  2 10  20  2
Câu 2 (2,0 điểm).Cho pt bậc hai 3x2  6 x  2  0
a) giải pt trên
b) gọi x1,x2 là nghiệm .Tính M  x13  x23 .



x 2
2  x  x 1
x  0, x  1, x  2
Câu 3 (2,0 điểm).Cho biểu thức P  

.
x

1
x

2
x

2
x

1


Với
.
a.Rút gọn P
b.Tìm x nguyên để P>2
Câu 4 (3,0 điểm).Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đ tròn O ,bán kính R ,góc AOB bằng 60 độ ,
a.Tính các cạnh hình chữ nhật ABCD theo R
b.Trên cung nhỏ BC lấy M ,G là trọng tâm tam giác MBC ,Khi m chuyển động trên
cung nhỏ BC thì G chuyển động trên đường nào ?
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho tam giác ABC không tù ,có đường cao AH và phân giác BD của góc ABC cắt nhau tại E sao cho

AE=2EH,BD=2AE.Chứng minh rằng tam giác ADE đều
Câu 6 (1,0 điểm). Cho 3 số thực
P  a 2  b 2  c 2  6(ab  bc  ca )  2017

A,B,C

thỏa

mãn

ab+bc+ac=3.Tính

giá

trị

của

ĐỀ 6
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
TỈNH NINH THUẬN
NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn: TOÁN (Chung )
Ngày thi: 31/5/2016
1(2 điểm ). giải bất pt và hệ
a.Giải bất phương trình 4x  3  2( x 1) (1)
3x  y  5
b.Giải hệ phương trình 
2 x  3 y  8
2.

(1,5 điểm ).

cho biểu thức P  x( x  6)  9 (1)
a.Rút gọn P

b.Tính giá trị biểu thức P khi x  7
3.

(1,5 điểm ).

Cho hàm số bậc hai y  ax 2

a.Xác định a nếu đồ thị hàm số qua A(2;2) ;

b. vẽ đồ thị hàm số khi a=1/2

4(4 điểm )..cho đ tròn tâm O bán kính R,M ngoài (O),qua M kẻ đường thẳng qua tâm O và cắt đ tròn
tại A,B sao cho MA,AD cắt đ tròn tại E.


13


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

a.BDEH nt

b.AD.AE=4R2

c.tính S tam giác BCD biết số đo góc BMD= 30 độ
2 2
2
2
5 (1 điểm )..Tìm nghiệm nguyên của pt : P  x y  x  7 y  4 xy

ĐỀ 7
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------KỲ THI VÀO CHUYÊN TOÁN
LÊ KHIẾT QUẢNG NGÃI 2016-2017
Khóa ngày 1 tháng 6 năm 2016
Môn: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1:(2.0 điểm)
a) Rút gọn P 

x x  2 x  28
x 4
x 8


x 3 x 4
x 1 4  x

(x  0, x  16)

b) Không sử dụng máy tính, chứng minh Q  20162  20162.20172  20172 là số nguyên.
Câu 2:(2.0 điểm)
a) Giải phương trình:

x  2  3 2x  5  x  2  2x  5  2 2

b) Cho phương trình x  ax  b  0 có hai nghiệm nguyên dương biết a, b là hai số thỏa mãn 5a +
b = 22.Tìm hai nghiệm đó.
Câu 3:(3,5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) cố định có đường kính AB cố định và CD là một đường kính thay đổi không
trùng với AB. Tiếp tuyến của đường tròn (O;R) tại B cắt AC và AD lần lượt tại E,F.
a) Chứng minh CA.CE  DA.DF  4R 2 .
b) Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp trong một đường tròn.
c) Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD. Chứng minh điểm I nằm trên một đường
thẳng cố định.
Câu 4:(1,5 điểm)
Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b + c =2016. Chứng minh rằng:
2

a 

a

2017a  bc b 

b

2017b  ca c 

c
 1.
2017c  ab

Dấu bằng xảy ra khi nào?

Câu 5:(1,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD có độ dài các cạnh là các số nguyên và bình phương độ dài đường chéo
chia hết cho diện tích của nó. Chứng minh ABCD là hình vuông.
--------------------HẾT--------------------HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung

Câu
1

a)Ta có: P 

x x  2 x  28  ( x  4)  ( x  1)( x  8)
( x  1)( x  4)
2

Điểm
1,0 đ
0,25
0,25



14


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017


x x  2 x  28  x  8 x  16  x  x  8 x  8
( x  1)( x  4)

0,5

x x  4x  x  4
( x  1)( x  4)


 x 1
( x  1)( x  4)
( x  1)( x  4)

b)
Q  20162  20162.20172  20172 = 20162  20172  2.2016.2017  20162.20172  2.2016.2017
 (2016  2017) 2  20162.2017 2  2.2016.2017
 20162.2017 2  2.2016.2017  1  (1  2016.2017)2  1  2016.2017

1,0 đ
0,5
0,25
0,25

Vậy Q là số nguyên.
2

a) ĐK: x 

1,0 đ
0,25

5

2

x  2  3 2x  5  x  2  2x  5  2 2  2x  4  6 2x  5  2x  4  2 2x  5  4

 2x  5  6 2x  5  9  2x  5  2 2x  5 1  4
 ( 2 x  5  3) 2  (1  2 x  5) 2  4
| 2 x  5  3 |  |1  2 x  5 | 4  2 x  5  3 |1  2 x  5 | 4
5
|1  2 x  5 | 1  2 x  5  1  2 x  5  0  2 x  5  1   x  3
2
a) Gọi x1 , x2 (x1  x2 ) là hai nghiệm nguyên dương của phương trình.

Ta có: x1  x2  a; x1 x2  b .
Khi đó : 5( x1  x2 )  x1 x2  22  x1 x2  5x1  5x2  25  47
  x1

  x2
 ( x1  5)( x2  5)  47  
  x1
 x
  2

 x  6
 1
 5  47
 x2  52
 5  1

F

O

C

0,25
1,0 đ
0,25

 5  47

0,5

0,25
3,5 đ

D

A

0,25

 5 1

Khi đó: a = – 58 và b = 312 thoả 5a + b = 22. Và phương trình có nghiệm là x 1
= 6; x2 = 52.
3

0,25

B

M

I

Hình vẽ chỉ cần dùng để giải được câu a cho điểm tối đa.
a) Trong tam giác vuông ABE có: CA.CE  CB 2
Trong tam giác vuông ABF có: DA.DF  DB 2
Ta có: CA.CE  DA.DF  CB 2  DB 2  CD 2  4R 2

0,5
0,25
0,25
0,5

E


15


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

b) Ta có: ACD  ABD
Mặt khác: ABD  DBF  900 ; DFB  DBF  900  ABD  DFB .
Suy ra: ACD  DFB  ECD  DFE  1800
Vậy tứ giác CDFE nội tiếp.
c) I là giao điểm của trung trực CD và trung trực của EF, I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tứ giác CDFE. Gọi M là trung điểm của EF. MI vuông góc với EF
nên MI song song với AB.

Ta có CAM  ACD  AEM  AFM  900
Suy ra: AM vuông góc với CD nên AM song song với OI.
Do đó AOIM là hình bình hành nên IM=AO=R (không đổi).
Vậy I thuộc đường thẳng d cố định là đường thẳng song song với tiếp tuyến tại
B và cách tiếp tuyến này một khoảng bằng R.
4a

2016a  bc  (a  b  c)a  bc  a(b  c)  a 2  bc

Ta có:

 a(b+c)+2a bc  a( b  c )2  a ( b  c )
Suy ra:

a 

a

2016a  bc a 

a
a
a
=

a( b  c)
a( a  b  c)
a b c

b

b
c
c

;

b  2016b  ca
a  b  c c  2016c  ab
a b c
a
b
c


1
Do đó:
a  2016a  bc b  2016  ca c  2016c  ab
Tương tự:

Dấu bằng xảy ra khi a  b  c 

2016
 672
3

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

0,25
0,25
0,25
0,25
1,5 đ
0,5
0,5

0,25

0,25
1,0 đ

*
b) Gọi a , b là hai cạnh của hình chử nhật  a, b  N



2
2
Theo giả thiết ta có: a  b

 ab

Đặt d=(a,b), ta có: a  xd ; b  yd với (x,y)=1, x, y  N



2 2
2 2

Suy ra: d x  d y

d

2

0,25
*

xy   x 2  y 2  xy  x 2  y 2  kxy , k  N *

0,25

0,25
Ta có: x x, kxy x  y x  y x (do ( x, y )  1)  y  x
0,25
Tương tự: x  y , suy ra x=y nên a=b.
Vậy ABCD là hình vuông.
ĐỀ 8
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH
ĐÊ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016-2017
Ngày thi: 02 tháng 6 năm 2016
Môn thi: TOÁN (không chuyên)
Câu 1: (1,0 điểm) Tính T= 25
Câu 2: (1,0 điểm) Giải phương trình 2x  6  0
Câu 3: (1,0 điểm) Tìm m để đường thẳng (d ) : y   m  1 x  2 đi qua điểm A(2; 4)
2

2

16


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017
1
2

Câu 4: (1,0 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y  x 2
Câu 5: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có ABC  300 và BC = a. Tính theo a độ dài AB và
AC.
Câu 6: Cho biểu thức P  2 x  1
a) (0,5 điểm) Tìm điều kiện của x để P có nghĩa.
b) (0,5 điểm) Tìm x để P = 3
Câu 7: (1,0 điểm) Tìm m để phương trình x 2  2mx  m2  m  5  0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa
2( x12  x22 )  3x1 x2  29

Câu 8: (1,0 điểm) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi là 160m. Nếu tăng chiều rộng 5m và giảm
chiều dài 10m thì diện tích mảnh vườn khi đó là 1250m2. Tính chiều dài, chiều rộng của mảnh
vườn hình chữ nhật này.
Câu 9: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (ACĐường tròn tâm H bán kính HA lần lượt cắt đường thẳng AB tại D (D khác A) và đường thẳng
AC tại E (E khác A). Chứng minh bốn điểm B, D, C, E cùng nằm trên một đường tròn.
Câu 10: (10 điểm) Cho hình vuông ABCD, gọi E, F là hai điểm lần lượt nằm trên hai cạnh BC và CD
(E, F khác các đỉnh hình vuông) sao cho EAF  450 . Đường chéo BD cắt AE, AF lần lượt tại M
và N. Tính

EF

MN

ĐỀ 9
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
BÌNH DƯƠNG
Năm ho ̣c: 2016 – 2017 Môn thi : TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề )
Câu 1 : (1.5 điểm)
a) Giải phương trình: x  2. x 2  4 x  3  0 ;
b) Giải phương trình: x4  2x2  3  0 ;

2 x  by  a
có nghiệm (1; 3).
bx

ay

5


c) Tìm a, b để hệ phương trình 

Câu 2: (1.5 điểm) Cho hàm số y  2 x 2 có đồ thị (P).
a) Vẽ đồ thị (P);
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) với đường thẳng (d): y   x  3 bằng phép tính.
Câu 3 :(1,5 điểm)
Một công ty vận tải dự định dùng một loại xe có cùng trọng tải để chở 20 tấn rau theo hợp đồng.
Nhưng khi vào việc, công ty không còn xe lớn nên phải thay bằng loại xe nhỏ có trọng tải nhỏ hơn
1 tấn so với loại xe ban đầu. Để đảm bảo thời gian đã hợp đồng, công ty phải dùng một số lượng

xe nhiều hơn số xe dự định là 1 xe. Hỏi trọng tải mỗi xe nhỏ là bao nhiêu tấn.
Câu 4:(2,0 điểm) Cho phương trình x 2  (5m  1) x  6m2  2m  0 (m là tham số)
a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m;
b) Tìm m để nghiệm x1 , x2 của phương trình thỏa hệ thức x12  x22  1 .
Câu 5: (3,5 điểm)


17


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC) và AH là đường cao của tam
giác. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB, AC. Kẻ NE vuông góc với AH.
Đường thẳng vuông góc với AC kẻ từ C cắt tia AH tại D và AD cắt đường tròn tại F. Chứng
minh:
a) ABC  ACB  BIC và tứ giác DENC nội tiếp;
b) AM.AB = AN.AC và tứ giác BFIC là hình thang cân;
c) Tứ giác BMED nội tiếp.
…………Hế t………..
Câu 1 : a) Điều kiện x  2, phương trình

 x2 0
(1)
x  2. x 2  4 x  3  0   2
 x  4 x  3  0 (2)

(1)  x – 2 = 0  x = 2;
(2) có a + b + c = 1 +(–4) + 3 = 0 nên có 2 nghiệm x1 = 1, x2 = 3;
Với kiều kiện x  2 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 2, x = 3.

b) Đặt t  x 2 (t  0) phương trình trở thành t 2  2t  3  0 .
có a – b + c = 1 – (–2) + (–3) = 0 nên có nghiệm t1 = –1(loại), t2 = 3;
t = 3  x2  3  x   3
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  3, x   3

2 x  by  a
, ta có
bx  ay  5

c) Thay x = 1, y = 3 vào hệ 

 17
a  2  3b a 
2  3b  a
a  2  3b

 10



1 
b  3a  5
b  6  9b  5 b  
b   1
10


10
Câu 2 : a) Đồ thị (P) là một parabol đi qua 5 điểm (0;0), (1;2), (–1; 2), (2; 8), (–2; 8).

y
b) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường là

8

2 x   x  3  2 x2  x  3  0
2

 x1  1  y1  2
có a + b + c = 2 + 1 + (–3) = 0 nên có nghiệm 
 x2   3  y2  9

2
2
 3 9
Tọa độ giao điểm hai đường là 1;2  ,   ; 
 2 2
Câu 3 : Gọi x (tấn) là trọng tải xe nhỏ (x > 0);

20
20
là số xe nhỏ;
là số xe lớn. T
x 1
x
20 20

1
Ta có phương trình
x x 1

2
\x + 1 (tấn) là trọng tải xe lớn;

x
-2

-1

O

1

2

Với x > 0 phương trình trên trở thành 20x  20  20 x  x2  x  x2  x  20  0



18


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

Có  = 1 + 80 = 81 > 0 nên có 2 nghiệm x1 

1  9
1  9
 4 , x1 
 5 (loại)

2
2

Vậy trọng tải xe nhỏ là 4 tấn.
Câu 4 : a)   25m2  10m  1  24m2  8m  m2  2m  1  (m  1)2  0, m nên phương trình luôn
có nghiệm m.

 x1  x2  5m  1

b) Theo viét: 

 x1 x2  6m  2m
2

. Theo đề: x12  x22  1  ( x1  x2 )2  2x1x2  1

m  0
 25m  10m  1  2(6m  2m)  1  13m  6m  0  m(13m  6)  0  
6
m 
13

2

2

2

là 2 giá trị m cần tìm.
Câu 5 : hình

1
2

A

1
2

1
2

a) ABC  ACB  sñ AC  sñ AB  sñBAC

1
và BIC  sñBAC  ABC  ACB  BIC ;
2
NE  AH, DC  AC  DEN  DCN  900  900  1800

N

E
M
B

O
H

C

 tứ giác DENC nội tiếp.
F vuông
I
b) Ta có HM  AB, HN  AC, AH  BC nên theo hệ thức lượng cho tam giác
D
 AH 2  AM . AB, AH 2  AN.AC  AM .AB  AN .AC

ACI  900  AI là đường kính AFI  900  FI  AD  FI // BC (cùng vuông góc với AD) 
BF  CI (hai cung chắn giữa hai dây song song)  BF = CI

 tứ giác BFIC là hình thang cân.
c) Ta có AM . AB  AN . AC ; AEN vuông tại E và ACD vuông tại C có góc nhọn A chung nên đồng

AE AN

 AE. AD  AN . AC
AC AD
AM AE
 AM . AB  AE. AD 
và A góc chung  AME đồng dạng ADB

AD AB
AME  ADB mà AME  EMB  1800  EDB  EMB  1800  Tứ giác BMED nội tiếp.
dạng 

ĐỀ 10
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HẢI DƯƠNG
NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: TOÁN

Ngày 2/ 6/ 2016
Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) ( x  3)  16
2

2 x  y  3  0

b)  x y
 4  3  1

Câu 2 (2,0 điểm)



19


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017
2 xx
1  
x 2 

 : 1 
 với x  0, x  1 .
x
x

1
x


1
x

x

1

 


a) Rút gọn biểu thức: A  

b) Tìm m để phương trình: x2  5x + m  3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn

x12  2x1 x2  3x2  1 .
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Tìm a và b biết đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A (1; 5) và song song với đường thẳng y = 3x +
1.
b) Một đội xe phải chuyên chở 36 tấn hàng. Trước khi làm việc, đội xe đó được bổ sung thêm 3 xe nữa
nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với dự định. Hỏi đội xe lúc đầu có bao nhiêu xe? Biết rằng số hàng chở
trên tất cả các xe có khối lượng bằng nhau.
Câu 4 (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C là điểm cố định thuộc đoạn thẳng OB
(C khác O và B). Dựng đường thẳng d vuông góc với AB tại điểm C, cắt nửa đường tròn (O) tại điểm M.
Trên cung nhỏ MB lấy điểm N bất kỳ (N khác M và B), tia AN cắt đường thẳng d tại điểm F, tia BN cắt
đường thẳng d tại điểm E. Đường thẳng AE cắt nửa đường tròn (O) tại điểm D (D khác A).
a) Chứng minh: AD.AE = AC.AB.
b) Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng và F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDN.
c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng điểm I luôn nằm trên một đường
thẳng cố định khi điểm N di chuyển trên cung nhỏ MB.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thoả mãn: abc = 1.

ab
bc
ca
 5 5
 5
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  5
5
a  b  ab b  c  bc c  a 5  ca
----------------------------Hết---------------------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
HẢI DƯƠNG
Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
Nội dung

Câu Ý
x  3  4
PT  
 x  3  4
a
x  1
 
 x  7

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

(1)  y = -2x + 3

0,25

x 2x  3
1
b Thế vào (2) được: 4 
3
x0
Từ đó tính được y = 3. Hệ PT có nghiệm (0;3).

2

2 xx
1  
x 2 

 : 1 
 với x  0, x  1 .
x
x

1
x

1
x

x

1

 



a Rút gọn biểu thức: A  
+)

1
2 xx
1
2 x  x  ( x  x  1)
x 1



=
x x 1
x 1
x x 1
( x  1)( x  x  1) x  x  1

+) 1 

x 2
x  x 1 x  2
x 1


x  x 1
x  x 1
x  x 1

Điểm

0,25
0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
20


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017
x  x 1
1
.
x 1
x  x 1
1
A=
x 1

A=

2

3

4

0,25
0,25

Tìm m để phương trình: x2  5x + m  3 = 0 có hai nghiệm phân biệt
b
x1 , x2 thoả mãn x12  2x1 x2  3x2  1 (1)
+) Có:   37 - 4m, phương trình có hai nghiệm phân biệt khi
37
0m
4
+) Theo Vi-et có : x1 + x2 = 5 (2) và x1x2 = m - 3 (3)
Từ (2) suy ra x2 = 5 - x1, thay vào (1) được 3x12 - 13x1 + 14 = 0, giải
7
phương trình tìm được x1 = 2 ; x1 = .
3
+) Với x1 = 2 tìm được x2 = 3, thay vào (3) được m = 9.
8
83
7
+) Với x1 = tìm được x2 = , thay vào (3) được m =
.
3
3
9
Tìm a và b biết đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A (1;5) và song
a
song với đường thẳng y = 3x + 1.
+) Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A nên: 5 = a(-1) + b (1)
+) Đồ thị hàm số y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x + 1 khi và

chỉ khi a = 3 và b  1.
+) Thay a = 3 vào (1) tìm được b = 8.
+) b = 8 thoả mãn điều kiện khác 1. Vậy a = 3, b = 8.
Gọi số xe lúc đầu là x (x nguyên dương) thì mỗi xe phải chở khối lượng
36
hàng là:
(tấn)
x
Trước khi làm việc, có thêm 3 xe nữa nên số xe chở 36 tấn hàng là
36
(x +3) xe, do đó mỗi xe chỉ còn phải chở khối lượng hàng là
(tấn)
b
x3
36 36

1
Theo bài ra có phương trình:
x x 3
Khử mẫu và biến đổi ta được: x2 + 3x - 108 = 0 (1)
Phương trình (1) có nghiệm là: x = 9; x = -12.
Đối chiếu điều kiện được x = 9 thoả mãn. Vậy số xe lúc đầu là 9 xe.
a a) Chứng minh: AD.AE = AC.AB.
Vẽ hình đúng
ADB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), có: ACE  900 (Vì d
vuông góc với AB tại C)
D
M dạng (g.g)
Do đó hai tam giác ADB và ACE đồng
N

AD AB


 AD.AE  AC.AB F
AC AE
Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng và F là tâm đường tròn nội tiếp
b
B
tam giác CDN. A
C
O

1,00
0,25

0,25
0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
1,00

0,25

E

4



0,25
0,25
0,25
1,00
21


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

Xét tam giác ABE có: AB  EC. Do ANB  900  AN  BE
Mà AN cắt CE tại F nên F là trực tâm của tam giác ABE.
Lại có: BD  AE (Vì ADB  900 )  BD đi qua F  B, F, D thẳng hàng.
+) Tứ giác BCFN nội tiếp nên FNC  FBC , Tứ giác EDFN nội tiếp nên
DNF  DEF , mà FBC  DEF nên DNF  CNF  NF là tia phân giác
của góc DNC.
+) Chứng minh tương tự có: CF là tia phân giác của góc DCN. Vậy F là
tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDN.
Lấy điểm H đối xứng với B qua C, do B và C cố định nên H cố định.
Ta có: FBH cân tại F E(vì có FC vừa là đường cao vừa là đường trung
tuyến)  FHB  FBH

5

(Do cùng phụ với góc DAB )  FHB  DEC hay
D
c Mà FBH  DEC
M
AEF  FHB  Tứ giác AEFH nội tiếp.
N
F
Do đó đường tròn ngoại
tiếp tam giác AEF đi qua hai điểm A, H cố
định  Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm trên đường
trung trực của đoạn thẳng AH cố định.
TaA có: a5 + b5  a2b2(a + b) (1) với
a > 0, b> 0.
B
O
C2
2
H
Thật vậy: (1)  (a - b) (a + b)(a + ab + b2)  0, luôn đúng.
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b.
Do đó ta được:
ab
ab
1
c
c
 2 2




5
5
a  b  ab a b (a  b)  ab ab(a  b)  1 abc(a  b)  c a  b  c
ca
bc
a
b


Tương tự có: 5 5
và 5
5
c  a  ca a  b  c
b  c  bc a  b  c
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên được:
c
a
b
P


1
abc abc abc
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1 khi a = b = c =1.

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

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

0,25

0,25

0,25

0,25

ĐỀ 11
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
HẢI DƯƠNG
NGUYỄN TRÃI
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn thi: TOÁN (Chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: A 

a  x2
a  x2
2 a 
 2 a với a  0, x  0 .
x
x

b) Tính giá trị biểu thức P  ( x  y)3  3( x  y)( xy  1) biết:

x  3 3  2 2  3 3  2 2 , y  3 17  12 2  3 17  12 2 .
Câu 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x 2  6  4 x3  2 x 2  3 .


22


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017







 x  x2  2x  2  1 y  y 2  1  1

b) Giải hệ phương trình:  2
 x  3xy  y 2  3
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Tìm dạng tổng quát của số nguyên dương n biết: M = n.4n + 3n chia hết cho 7.
b) Tìm các cặp số (x; y) nguyên dương thoả mãn: (x2 + 4y2 + 28)2  17(x4 + y4) = 238y2 + 833.
Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính BC, A là điểm di chuyển trên đường tròn (O) (A
khác B và C). Kẻ AH vuông góc với BC tại H. M là điểm đối xứng của điểm A qua điểm B.
a) Chứng minh điểm M luôn nằm trên một đường tròn cố định.
b) Đường thẳng MH cắt (O) tại E và F (E nằm giữa M và F). Gọi I là trung điểm của HC, đường thẳng AI
cắt (O) tại G (G khác A). Chứng minh: AF2 + FG2 + GE2 + EA2 = 2BC2.

c) Gọi P là hình chiếu vuông góc của H lên AB. Tìm vị trí của điểm A sao cho bán kính đường tròn ngoại
tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 1.
ab  bc  ca
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : Q  14(a 2  b2  c 2 )  2
a b  b 2c  c 2 a
----------------------------Hết---------------------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
HẢI DƯƠNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2016 - 2017
Nếu học sinh có cách làm khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
Câu Ý
Nội dung
Điể
m
1

a

Rút gọn biểu thức: A 

a  x2
a  x2
2 a 
 2 a với a  0, x  0 .
x
x

a  x2  2x a

a  x2  2x a
A

=
x
x


x a x a
x

x  a

2

x



x  a

1,00

2

0,25

x

0,25

.

+) Với x  a thì x  a  x  a nên A =





x  a  x  a 2x

2 x.
x
x

0,25

+) Với 0  x  a thì x  a   x  a  a  x
nên A =
1

b

0,25

a xx a 2 a
.

x
x

Tính giá trị biểu thức: P  ( x  y)3  3( x  y)( xy  1) biết:

x  3 3  2 2  3 3  2 2 , y  3 17  12 2  3 17  12 2 .
Ta có:
x3 



3

3 2 2  3 3 2 2



1,00

3







 3  2 2  3  2 2  33 3  2 2 3  2 2 .

3

3 2 2  3 32 2



0,25

 x3  4 2  3x  x3  3x  4 2 (1).


23


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

Tương tự: y 3  3 y  24 2 (2).
Trừ vế với vế (1) và (2) ta được: x3  y 3  3( x  y )  20 2

0,25
0,25
0,25

 (x - y)3 + 3(x – y)(xy + 1) = 20 2. Vậy P = 20 2
2

a

Giải phương trình: x 2  6  4 x3  2 x 2  3 (1)
+) ĐK: x  1
PT (1)  (x2 - 3x + 3) + 3(x + 1) = 4 (x  1)(x 2  3x  3) (2)
Do x2 - 3x + 3 > 0 nên (2)  1 
Đặt t 

1,00
0,25

3(x  1)
x 1
4 2
x  3x  3
x  3x  3
2

x 1
; t  0 được PT: 1 + 3t2 = 4t  3t2 - 4t + 1 = 0
x  3x  3
2

0,25

t  1
  1 (TM)
t 
 3
x 1
 1  x 2  4x  2  0  x  2  2
x  3x  3
1
x 1
1
+) Với t = được PT:
  x 2  12x  6  0  x  6  42

2
3
x  3x  3 3

+) Với t = 1 được PT:

2









Ta có: (1)  x  x 2  2x  2  1
(Do

y2  1  y



0,25



 x  x 2  2 x  2  1 y  y 2  1  1 (1)
Giải hệ phương trình:  2
 x  3xy  y 2  3 (2)

b

0,25

2

 

y2  1  y 

y2  1  y

1,00


0,25

y 2  1  y  0 với mọi y)

 x  1  (x  1) 2  1   y  y 2  1



x 1 y
 (x  y  1) 1 

0
0
2

2


(x

1)

1

y

1
(x  1)2  1  y 2  1


x  y  1  0

2
2
 (x  1)  1  (x  1)  y  1  y  0 (3)

 x  y 1

Do

3

a

(x  1)2  y 2

(x  1)2  1  x  1  x  1, x và

y2  1  y  y, y nên (3) vô nghiệm.

x  1
Thay y = - x - 1 vào (2) tìm được nghiệm 
x   4
3

4
1
 4 1
Với x = 1  y = -2; x =   y  . Vậy hệ có nghiệm (1;-2),   ;  .
3
3
 3 3
n
n
Tìm dạng tổng quát của số nguyên dương n biết: M = n.4 + 3 chia hết cho 7.
+) n = 2k (k nguyên dương): M = 2k.42k + 32k = 2k.16k + 9k. Ta có: 16k và 9k cùng
dư với 2k chia 7.
 M cùng dư với (2k.2k + 2k) = 2k.(2k + 1) chia 7  (2k + 1) chia hết cho 7  k



0,25

0,25

0,25

1,00
0,25
0,25
24


TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2016-2017

3

chia 7 dư 3, hay k = 7q + 3  n = 14q + 6 (q  N ).
+) n = 2k + 1 (k nguyên dương): M = (2k + 1).42k + 1 + 32k+1 = 4(2k+1).16k + 3.9k
 M cùng dư với (k + 4).2k + 3.2k = (k + 7).2k chia 7.
 k chia hết cho 7  k = 7p (p  N ).
Vậy n = 14q + 6 hoặc n = 14p + 1, với p và q là các số tự nhiên.
Tìm các cặp số (x; y) nguyên dương thoả mãn:
b
(x2 + 4y2 + 28)2 - 17(x4 + y4) = 238y2 + 833.
Ta có:  x 2  4 y 2  282  17( x 4  y 4 )  238 y 2  833
2

  x 2  4( y 2  7)   17  x 4  ( y 2  7) 2 

0,25
0,25
1,00
0,25

 16 x4  8x2 ( y 2  7)  ( y 2  7)2  0
  4 x 2  ( y 2  7)   0  4 x2  y 2  7  0

0,25

Vì x, y  N * nên 2 x  y  2 x  y và 2 x  y  0 .
Do đó từ (1) suy ra:

0,25

2

 (2 x  y)(2 x  y)  7 (1)

2 x  y  7  x  2


2
x

y

1

y  3

4

a

KL: (x; y)=(2; 3) thoả mãn bài toán.

Chứng minh điểm M luôn nằm trên một đường tròn cố định.
A

0,25
1,00

F

S

B

C

K

H

O

I

E
G
D
M

4

Lấy K là điểm đối xứng của O qua B, vì B và O cố định nên K cố định
Tứ giác OAKM là hình bình hành nên KM = OA
BC
OA 
không đổi.
2
BC
 M nằm trên đường tròn tâm K, bán kính
.
2
b Chứng minh tổng bình phương các cạnh của tứ giác AEGF không đổi.
Xét  AHB và  CHA có BHC = BHA =900, BAH = ACB (cùng phụ với ABC )
  AHB đồng dạng  CHA. Gọi S là trung điểm của AH, I là trung điểm của
HC nên  ABS đồng dạng  CAI  ABS = CAI
Ta lại có BS là đường trung bình của  AMH
 BS//MH  ABS = AMH  AMH = CAI
Mà CAI + MAI =900  AMH + MAI =900  AI  MF
Xét tứ giác AEGF nội tiếp (O), có AG  EF
Kẻ đường kính AD, do GD  AG và EF  AG nên EF // GD, do đó tứ giác nội tiếp



0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
0,25

0,25
0,25
25