DE THI VAO LOP 10 MON TOAN 2016 SO GD HA NOI

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2016 – 2017
Mơn thi: Tốn
Ngày thi: 08 tháng 6 năm 2016
Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài I: (2điểm)
A

7
x
2 x  24
B

x  9 với x 0; x 9
x  8 và
x3

Cho hai biểu thức
1) Tính giá trị biểu thức A khi x = 25
B

x 8
x 3

2) Chứng minh

3) Tìm x để biểu thức P = A.B có giá trị là số nguyên
Bài II: (2điểm) Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 720m2. Nếu tăng chiều dài thêm 10m và giảm
chiều rộng 6m thì diện tích mảnh vườn khơng đổi. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh
vườn.
Bài III: (2điểm)

1) Giải hệ phương trình:

2
 3x
 x  1  y  2 4


 2x  1 5
 x  1 y  2

2
2
2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y 3x  m  1 và Parabol (P): y x
a) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m

x  1 x  1 1

b) Gọi x1 và x2 là hoành độ giao điểm của (d) và (P). Tìm m để  1   2 
Bài IV: (3,5điểm)
Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngồi đường trịn. Kẻ tiếp tuyến AB với đường
tròn (O) ( B là tiếp điểm) và đường kính BC. Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I ( I khác C, I khác
O). Đường thẳng IA cắt (O) tại hai điểm D và E (D nằm giữa A và E). Gọi H là trung điểm của
đoạn thẳng DE.

1) Chứng minh bốn điểm A,B,O, H cùng nằm trên một đường tròn.
AB BD

2) Chứng minh AE BE

3) Đường thẳng d đi qua điểm E song song với AO, d cắt BC tại điểm K. Chứng minh:
HK // DC
4) Tia CD cắt AO tại điểm P, tia EO cắt BP tại điểm F. Chứng minh tứ giác BECF là hình
chữ nhật.
Bài V: (0,5 điểm)
Với các số thực x, y thỏa mãn x 
của biểu thức P = x + y.

x  6  y  6  y , tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

--------------------------------Hết------------------------------Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh................................................ Số báo danh:............................................................


Giám thị 1 (Họ tên và ký).....................................Giám thị 2 (Họ tên và ký)........................................

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2016 – 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI

Mơn thi: Tốn
Ngày thi: 08 tháng 6 năm 2016

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I: (2điểm)
7
x
2 x  24
B

x  9 với x 0; x 9
x  8 và
x3

A

Cho hai biểu thức
1) Tính giá trị biểu thức A khi x = 25
B

x 8
x 3

2) Chứng minh
3) Tìm x để biểu thức P = A.B có giá trị là số nguyên
Bài I
Bài I.1
(0,5 điểm)

Bài I.2.
(1,0 điểm)

Hướng dẫn giải
- ta có x = 25 (tmđk) =>

7
7

- Thay vào A ta được: A = 5  8 13
x
2 x  24
B

x  9 với x 0; x 9
x3
Ta có:

0,25

B

x
2 x  24

x  3 ( x  3)( x  3)

0,25

B

x ( x  3)  2 x  24
( x  3)( x  3)

0,25

B

B

Bài I.3.
(0,5 điểm)

x  25 5 ,

Điểm
0,25

x  5 x  24
( x  3)( x  3)

( x  3)( x  8)
x 8

( x  3)( x  3)
x 3
P A.B 

0,25
0,25

7
x 8

7
.

x 8 x 3
x 3

- Ta có
Với đk, ta ln có P > 0

7
1
1
x 0  x  3 3  P  2
0  P 2
3
3 Nên
3
Do
P   1, 2

0, 25

Do P nguyên, hay
+ Với P = 1
+ Với P = 2




7

1  x  3 7  x 4  x 16
x 3
(tmđk)
7
1
1
2  2 x  6 7  x   x 
2
4 (tmđk)
x 3

0, 25


1 
x   ;16 
 4  thì P nguyên
- Kết luận: với

Bài II. (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 720m 2. Nếu tăng chiều dài thêm 10m và giảm
chiều rộng 6m thì diện tích mảnh vườn khơng đổi. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh
vườn
Bài II
Hướng dẫn giải
Điểm

Bài II
(2,0 điểm)

Gọi chiều dài hình chữ nhật là x (m, x > 0)

0,25

720
chiều rộng hình chữ nhật là : x (m)

0,25

Do tăng chiều dài thêm 10m, chiều dài mới là x + 10 (m)

0,25

 720


x

Giảm chiều rộng 6m, chiều rộng mới là

0,25


6
 (m)

ta có phương trình:
720

 x

 x  10  

0,25


6  720


 x 2  10x  1200 0

0,25

Giải phương trình tìm được x1 = 30 (tmđk); x2= 40( khơng tmđk)

0,25

720
24
30
Vậy chiều dài hình chữ nhật là 30m, chiều rộng là
m

0,25

Bài III: (2điểm)

1) Giải hệ phương trình:

2

 3x

 x  1 y  2 4


 2x  1 5
 x  1 y  2

2
2
2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y 3x  m  1 và Parabol (P): y x
a) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m

b) Gọi x1 và x2 là hoành độ giao điểm của (d) và (P). Tìm m để
Bài III
Bài III.1
(1,0 điểm)

Hướng dẫn giải
ĐK: x 1; y  2 . Đặt
ta có hpt:

u

3u  2v 4

 2u  v 5

x
1

;v 
x1
y2,

 x1  1  x 2  1 1
Điểm
0,25


u 2

Tìm được:  v 1
 x
 x  1 2

 1

1
y

2


Chỉ ra được:

0,25
 x 2x  2

 y  2 1

 x 2

 y  1 (tmđk)

0,25

0,25

Kết luận: hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) =(2; -1)
Bài III.2.
(1,0 điểm)

Hs có thể dùng pp cộng đại số để giải hệ phương trình này.
a) Chứng minh rằng (d) ln cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m
(0,5đ)
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P):
0, 25
2
2
2
2
x 3x  m  1  x  3x  m  1 0 (1)
2

   3  4   m 2  1 4m 2  5  0

Có
với mọi m
=> Phương trình (1) ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Chứng tỏ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m

b) Gọi x1 và x2 là hoành độ giao điểm của (d) và (P). Tìm m để

0, 25

 x1  1  x 2  1 1 (0,5đ)
Theo câu a) (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m
Khi đó hồnh độ giao điểm x1; x2 là nghiệm của phương trình:
x 2  3x  m 2  1 0 (1)
 x1  x 2 3

2
Theo hệ thức viet ta có :  x1.x 2 1  m (*)
 x1  1  x 2  1 1  x1x 2   x1  x 2   1 1

- Để
(**)
2
- Thay (*) vào (**) ta được 1  m  3  1 1  m 2

0,25

0, 25

- Vậy m 2
Bài IV: (3,5điểm)
Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngồi đường trịn. Kẻ tiếp tuyến AB với đường
tròn (O) ( B là tiếp điểm) và đường kính BC. Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I ( I khác C, I khác
O). Đường thẳng IA cắt (O) tại hai điểm D và E (D nằm giữa A và E). Gọi H là trung điểm của
đoạn thẳng DE.
1) Chứng minh bốn điểm A,B,O, H cùng nằm trên một đường tròn.

AB BD

2) Chứng minh AE BE

3) Đường thẳng d đi qua điểm E song song với AO, d cắt BC tại điểm K. Chứng minh:
HK // DC


4) Tia CD cắt AO tại điểm P, tia EO cắt BP tại điểm F. Chứng minh tứ giác BECF là hình
chữ nhật.

.Bài 4

Hướng dẫn giải

Điểm

1
(1,0 điểm)

0,25

- Vẽ đúng hình đến câu a
0

- Chứng minh được ABO 90



0

- Chứng minh được AHO 90
- Suy ra bốn điểm A,B,O,H cùng nằm trên đường trịn đường kính AO
- Chứng minh được ABD  AEB
2
(1 điểm)


- Xét ABD và AEB có EAB
chung
- Chứng minh ABD đồng dạng AEB (g.g)

AB BD

- Suy ra AE BE

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

3
(1,0 điểm)





- Tứ giác ABOH nội tiếp (cmt) => HAO HBO (cùng chắn HO )


Mà EK // AO => KEO HAO ( 2 góc so le trong)


KBH
=> KEH

0,25


=> tứ giác HKEB nội tiếp


0,25
0,25




- Chứngminh được BKH BCD ( cùng BED
)
- Mà 2 góc ở vị trí đồng vị nên HK // DC

0,25

4
(0,5 điểm)

Gọi giao điểm tia CE và tia AO là Q, Tia EK và CD tại M
- Xét DEM có HK//DM, H là trung điểm của DE
Suy ra K là trung điểm của đoạn thẳng ME
KE MK
CK

Mà ME//PQ (cmt) nên ta có OQ OP cùng bằng CO

Suy ra O là trung điểm của PQ
Xét tứ giác BPCQ ta có: OP=OQ; OC=OB nên tứ giác BPCQ là hbh
Suy ra CE//BF
Chứng minh được COE = BOF (g.c.g) suy ra OE=OF
Mà OB=OC=OE nên OB=OC=OE=OF
Vậy tứ giác BECF là hình chữ nhật.
4. Cách
khác
(0,5 điểm)

B
F

A

P

O

I

D

H

E

K
Q

C

- Kẻ thêm tiếp tuyến AQ với đường trịn (O)
Ta có AO là đường trung trực của BQ (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên BQ
 AO



=> BAO QBC ( cùng phụ ABQ )



=> QBC OAQ ( cùng bằng BAO )

0,25

0,25






Mà QDC QBC ( 2gnt cùng chắn CQ của (O))




=> QDC OAQ
=> tứ giác APDQ nội tiếp

0,25





=> AQP PDA EDC EBC (1)


Do AO là đường trung trực của BQ nên ABP AQP (t/c đối xứng) (2)


Từ (1) và (2) => ABP EBC
0


Mà ABP  CBF 90 ( do AB là tiếp tuyến)







0,25

0

=> EBC  CBF EBF 90
Mà tứ giác BECF là hình bình hành ( có 2 đường chéo cắt nhau tại trung
điểm mỗi đường) nên tứ giác BECF là hình chữ nhật.
Bài V: (0,5 điểm)
Với các số thực x, y thỏa mãn x 
của biểu thức P = x + y.
Bài V

x  6  y  6  y , tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

(0,5
điểm)

*/ Tìm GTLN của P = x+y
ĐK : x  6 và y  6 từ giả thiết ta có: P  x  6  y  6 nên P 0
2
Suy ra P P  12  2 ( x  6)( y  6)

(0,5 điểm)

Mặt khác theo BĐT Cauchy ta có:
P 2 P  12  2 ( x  6)( y  6) P  12  x  6  y  6 2 P  24

0,25

 P 2  2 P  1 25  ( P  1) 2 25  P 6
x  6 y  6


x

y

6

GTLN của P=6 khi

 x 3

 y 3 (tmđk)

Vậy GTLN của P = 6 khi x=y=3
*/ Tìm GTNN của P= x+y
ĐK : x  6 và y  6 từ giả thiết ta có: P  x  6  y  6 nên P 0
2
Suy ra P P  12  2 ( x  6)( y  6)

2
Vì ( x  6)( y  6) 0  P  P  12 0  ( P  4)( P  3) 0
 P 4 vì P 0

 x  6
 x 6



GTNN của P = 4 khi  y 10 hoặc  y  10
 x  6
 x 6


Vậy GTNN của P = 4 khi  y 10 hoặc  y  10

0,25


a  b  2 a  b
+ HS chứng minh được BĐT :
với mọi a,b 0
( dùng phép biến đổi tương đương đưa BĐT về BĐT :
2ab a  b điều này là luôn đúng – BĐT Coossi)

+ Áp dụng BĐT trên ta có:
2

x  y  x  6  y  6 2 2  x  y  12    x  y  2  x  y   24
  4 x  y 6 (1)

Ta có x  y  x  6  y  6  x  y 0 (2)
Ta có
2

x  y  x  6  y  6   x  y   x  y   12  2
2

  x  y    x  y   12 2

Cách khác

 x  6  y  6

 x  6   y  6  0

  x  y  3  x  y  4  0
 x  y  3

 x  y 4 (3)
Từ 1,2,3 => 4 x  y 6

+

 x  y 4

x  y 4    x  6 0 
  y  6 0


0,25
 x  6; y 10
 x 10; y  6


 x  y 6
x  y 6  
 x y 3

x

6

y

6

+

0,25

Vậy Max(x+y) = 6 khi x = y = 3;
Min(x + y) = 4 khi (x; y) = (-6; 10) hoặc (x; y) = (10; -6)
Lưu ý - Điểm tồn bài khơng được làm trịn, để điểm lẻ đến 0,25.
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp
logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm
tương ứng.
- Với bài 4, thí sinh vẽ hình sai phạm câu nào thì khơng chấm điểm ở câu đó,nếu học
sinh khơng vẽ hình thì khơng chấm.