DE THI THPT THANH HOA 20162017

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

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 – 2017
Mơn thi: Tốn

¿
2 x − y =1
3 x + y =4
¿{
¿

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 vng 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
ĐÁP ÁN
Câu I (HS tự giải)
Câu II

1 2

3

3c2 . CMR: a + b ≥ c

√ x − 1¿ 2

¿
x + √ x+1 x − √ x+ 1 2( √ x − 1)
¿( √ x − 1)( √ x +1)=
−
:
√x
√x
√ x+1
1) Ta có
2) Ta có
2¿
¿
( √ x − 1)(x + √ x+1) ( √ x +1)(x − √ x +1)
A=
−
:¿
√ x (√ x − 1)
√ x (√ x +1)
x +1 √ x −1+ 2
2
A= √
=
=1+
. Để A có giá trị ngun thì 2 chia hết cho (
√ x −1 √ x −1
√ x −1
Suy ra √ x −1 là Ư(2) = { −2 ; −1 ; 1; 2 }
Ta có bảng giá trị:

√ x −1
-2
-1
1
2
√x
-1
0
2
3

(

)

[

x

]

Khơng thõa
mãn

0(loại)

4(t/m)

√ x −1 )

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

−m ¿2 − 4 . 2 .(−1)=m2 +8>0 ∀ m
Δ=b 2 − 4 ac=¿

 phương trình ln có 2

nghiệm phân biệt với mọi m nên (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phâ
biệt A(x1;y1) và B(x2;y2) với mọi m. Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

m

{ x 1+ x 2 = 2
x 1 . x2 =

−1
2

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

+4 . =
2
2
4 2
−1
+4¿
2

Câu IV

y

x
C

1) Ta có ∠ ACD=900  ∠ ECD=900

B

Lại có EF ⊥ AD



E

∠ EFD=900

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
BE

BC

ra BCA = ACM suy ra CA là tia phân giác của BCN suy ra EN = CN (1)
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
của tam giác BCN suy ra BD = BC hay DN =CN (2)
BE

BD

Từ (1) và (2) ta suy ra EN = DN

 BE.DN = BD.EN (đpcm)

Câu V
2

2

a

b

a 2b
2
2
2
Theo bài ra ta có: a +2 b ≤3 c ⇔ 2 + 2 ≤ 3 . Ta đặt c =x ; c = y suy ra: x2+2y2 3
c
c
3 2 4
2
2
2

2
2
Suy ra 3
x +2y = x +y +y
 x2y4 1 (1)
3 √x y
Đặt
c 2c 1 2 1
1
1
1
1
1
1 1 1 1 1 1 66 1
P= + = + = + + +
+
+
≥6 6
.
.
.
.
.
≥
a b x y 2 x 2x 2 y 2 y 2 y 2 y
2 x 2 x 2 y 2 y 2 y 2 y 2 x2 y4
3
c 2c
1 2 3
Từ (1) và (2) suy ra: P 3 hay a + b ≥ 3 ⇔ a + b ≥ c (đpcm)

√

√