ĐỀ THI vào 10 hòa BÌNH 2016 2017

ĐỀ THI VÀO 10
Câu I (3,0 điểm)
1) a) Rút gọn: A  5 2  8
s
2
2
b) Cho x  2, y  3 , tính giá trị biểu thức: B  x  xy  y
2) Vẽ đồ thị hàm số: y  3x  2
3
2
3) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: C  x  3x  x  3
Câu II (3,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB  12 cm, AC  16 cm . Tính độ dài cạnh BC và
đường cao AH của tam giác ABC.
2
2
2) Giải phương trình: (x  3 x  2).(x  7 x  12)  24
2
�
� 2 x  xy  x  2 y  1
�2
2
3) Giải hệ phương trình: �x  3xy  2 y  0

Câu III (1,0 điểm)
Một lớp học chỉ có các bạn học sinh xếp loại học lực Giỏi và các bạn học sinh xếp loại
1
học lực Khá. Biết rằng nếu 1 bạn học sinh Giỏi chuyển đi thì 6 số học sinh còn lại của lớp là
4
học sinh Giỏi, nếu 1 bạn học sinh Khá chuyển đi thì 5 số học sinh còn lại của lớp là học sinh

Khá. Tính số học sinh của lớp đó.
Câu IV (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp trong đường tròn tâm O, đường kính AI. Điểm M
tùy ý trên cung nhỏ AC (M khác A, M khác C). Kẻ tia Mx là tia đối của tia MC.
1) Chứng minh rằng MA là tia phân giác của góc BMx.
2) Trên tia đối của tia MB lấy điểm D sao cho MD  MC , gọi K là giao điểm thứ hai
của DC với đường tròn (O). Chứng minh rằng tứ giác MIKD là hình bình hành.
3) Chứng minh rằng khi M di động trên cung nhỏ AC thì D di động trên cung tròn cố
định.
Câu V (1,0 điểm)
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x  y �xy .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P

1
1
 2
2
5x  7 y
7x  5 y2
2


SỞ GD & ĐT HOÀ
BÌNH
Chính thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG PT DTNT THPT TỈNH, CÁC TRƯỜNG THPT

NĂM HỌC 2016-2017
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN CHUNG
(Hướng dẫn chấm này gồm có 03 trang)

Câu I (3,0 điểm)
Phần
Nội dung
A5 2  8 5 2 2 2 3 2
1,a
1,b Tính được B = 7
2

Điểm
0,5
0,5

2
Đồ thị hàm số đi qua 2 điểm A( 0; 2) và B( 3 ;0)


0,5

Vẽ được đồ thị.
3

0,5
0,5
0,5

C  x  3x  x  3  x ( x  3)  ( x  3)  ( x  3)( x  1)

 ( x  3)( x  1)( x  1)
3

2

2

2

Câu II (3,0 điểm)
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác ABC vuông tại A ta có:
1

BC 2  AC 2  AB 2  162  122  400
� BC  20cm

0,5
AH 

AB.AC 48

cm
BC
5

Áp dụng hệ thức AH .BC  AB.AC ta có
(x 2  3 x  2).(x 2  7 x  12)  24 � ( x  1)( x  2)( x  3)( x  4)  24

� (x 2  5 x  4).(x 2  5 x  6)  24 (1)

Đặt t  x  5 x  5 , phương trình (1) trở thành:
(t + 1)(t – 1) = 24 � t2 – 1 = 24 � t2 = 25 � t = 5 hoặc t = -5
2
2
 Với t = 5 ta có: x  5 x  5  5 � x  5 x  0 � x = 0 hoặc x = -5
2
2
 Với t = -5 ta có: x  5 x  5  5 � x  5 x  10  0 � phương trình vô
nghiệm
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 0 hoặc x = 5.
2

2

2
�
� 2 x  xy  x  2 y  1 (1)
�2
2
�x  3xy  2 y  0 (2)

3

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

0,25

x y
�
�
�
2
2
x  2y
(2) � x  3 xy  2 y  0 � ( x- y)( x – 2y) = 0 �

* Với x = y thế vào (1) ta được:
* Với x = 2y thế vào (1) ta được:
KL…

x2   x  1 � x   x  1 �
6 y2  1 � K y  �

Câu III (1,0 điểm)
Gọi số học sinh Giỏi của lớp là x (x  N* ),
số học sinh Khá của lớp là y (y  N* ).

1
…�x = 2

6
6
�x�
6
3

0,25
0,5

0,25


1
Vì nếu 1 bạn học sinh Giỏi chuyển đi thì 6 số học sinh còn lại của
1
x  1  ( x  y  1)
6
lớp là học sinh Giỏi nên ta có phương trình:
(1)
0,25
4
Vì nếu 1 bạn học sinh Khá chuyển đi thì 5 số học sinh còn lại của
4
y  1  ( x  y  1)
5
lớp là học sinh Khá nên ta có phương trình:
(2)

1
�
x  1  (x  y  1)
�
�x  6
�
6
�L � �

�
�y  25
�y  1  4 (x  y  1)
5
Từ (1), (2) ta có hệ phương trình: �

0,25

Vậy số học sinh của lớp là: x + y = 6 + 25 = 31 học sinh.
Câu IV (2,0 điểm)
Phần,
ý

0,25

Nội dung

Điểm

x
A
D

M
O

K
C

B

I

1

2

�
�
Ta có: ABC  ACB ( Vì  ABC cân tại A) (1)
�  ACB
�
AMB
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung
AB). (2)
�
�
�
Mặt khác: AMx  ABC ( cùng bù với AMC ) (3)
�  AMB
� �
�
Từ (1), (2) và (3) suy ra AMx
MA là tia phân giác của BMx
(đpcm)
Vì  ABC cân tại A, AI là đường kính

�  IB
�
� IC
�  CKI

�
�  DMI
�
� IMB
( 2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau) � DKI
�  MIK
�
MCK

Mặt khác:
chắn cung KM)

1,0

0,25

(4)

(2 góc nội tiếp cùng

�  MCK
�
�
�
MDC
( vì  MDC cân tại M) � MDC  MIK

Từ (4) và (5) suy ra tứ giác DMIK là hình bình
hành.

(5)

0,25


�

3

�

Ta có: CDM  IMB (2 góc đồng vị )
�  IMB
�
Mà IAB
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung BI)
�  IAB
�
� CDM
không đổi � D luôn nhìn cạnh BC dưới một góc không
đổi.
Suy ra D luôn di động trên 1 cung tròn cố định.

0,5

Câu V (1,0 điểm)
Từ giả thiết ta có:
P

0 �x �

y �
xy


( x  y)2
4

4

x

y

xy

1
1
12( x 2  y 2 )
12( x 2  y 2 )



5 x 2  7 y 2 7 x 2  5 y 2 (5 x 2  7 y 2 )(7 x 2  5 y 2 ) 35( x 2  y 2 ) 2  4 x 2 y 2 )

0,25
0,25

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
12
12

12
1
1
�


�
�2
4 x 2 y 2 � 34.2 xy  4 xy 72 xy 6 xy 24
34( x 2  y 2 )  �
(x  y2 )  2
x  y2 �
�
�
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 2. Vậy Max P = 24
P

* Chú ý: Các lời giải đúng khác đều được xem xét cho điểm tương ứng.

0,25
0,25