Đề thi tuyển sinh môn Toán Lớp 10 THPT - Năm học 2016-2017 - Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10THPT 
NĂM HỌC 2016 – 2017 
Môn thi: Toán 
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể giao đề 
 (Đề thi gồm 01 trang) 
Câu 1 ( 2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 
a) (x + 3)
2
 = 16 b) 
2x 3 0
1
4 3
y
x y
  


 
Câu 2 ( 2,0 điểm) 
a) Rút gọn biểu thức 
2 1 2
A : 1
1 1 1
x x x
x x x x x
    
              
với 0, 1x x  . 
b) Tìm m để phương trình: 2 5 + m 3 = 0x x  có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x thỏa 
mãn 
2
1 1 2 22 3 1x x x x   . 
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 chuyên chở 36 tấn hàng. Trước khi đi 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 ban 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 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 F, tia BN cắt cắt đường thẳng 
d tại 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 của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh 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 3 số thực dương thỏa mãn : abc = 1. 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
5 5 5 5 5 5
ab bc ca
P
a b ab b c bc c a ca
  
     
ĐÁP ÁN 
Câu 1 ( 2,0 điểm) 
a, (x+3)
2
 = 16 
x 3 4
x 3 4
 
   
 
x 4 3 1
x 4 3 7
  
     
Vậy pt có 2 nghiệm là 1 và – 7. 
2x y 3 0
2x y 3
b, x y
3x 4y 121
4 3
  
 
 
    
11x 0
3x 4y 12

 
  
x 0
y 3

 
 
Vậy (x; y) = 
(0; 3). 
Câu 2 ( 2,0 điểm) 
2 1 2
, : 1
1 1 1
x x x
a A
x x x x x
    
              
 Với x0 và x 1 , ta có : 
2 1 1 ( 2)
:
( 1)( 1) 1 1
x x x x x x x
A
x x x x x x
         
               
1 1 2
:
( 1)( 1) 1
x x x x
A
x x x x x
       
              
1 1 1
.
1 11
x x
A
x xx x
   
           
Vậy với x 0 và x 1, ta có A = 
b, 
2 5 3 0x x m    (1) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 khi 
37
25 4 12 4 37 0
4
m m m          (*) Khi đó theo định lý Vi-ét ta có : 
1 2
1 2
5
3
x x
x x m
 
 
Có 21 1 2 22 3 1x x x x    
1 2
2
1 1 2 2
5
2 3 1
x x
x x x x
 

  
 
1 2
2
2 2 2 2
5
(5 ) 2(5 ) 3 1
x x
x x x x
 

    
 
1 2
2
2 2 2 2
5
(5 ) 2(5 ) 3 1
x x
x x x x
 

    

1
2
1 2
2 1
2 2
2
2
3
5
7
3 17 24 0 3
8
3
x
x
x x
x
x x
x
 


         

 

Vậy thay vào 1 2 3x x m  được m = 9 ( TMĐK (*)) hoặc m = 
83
9
(TMĐK (*)) 
Câu 3 (2,0 điểm) 
a,Đồ thị hàm số y = a x +b đi qua điểm A (-1 ;5) thay x = -1 ; y =5 
 
1
1x 
 ta được –a+b =5 (1) 
Đồ thị hs y = a x +b song song với đường thẳng y = 3x +1 ta có a = 3 ; b  1 
Kết hợp hai điều kiện được a = 3 ; b = 8 
b, Gọi số xe lúc đầu là x xe ( ĐK : x N*) 
Số xe sau khi bổ sung là x+3 (xe)Lúc đầu mỗi xe chở số hàng là 
36
x
 (tấn) 
Lúc sau mỗi xe chở số hàng là 
36
3x 
 (tấn)Theo đề bài ta có PT 
36
x
-
36
3x 
=1 
Giải Pt được x = 9 (TM) ; x = -12 (Loại) 
Câu 4 (3,0 điểm) 
Hình vẽ 
a, ADB  AEC (g.g) 
AD AB
AC AE
  . .AD AE AC AB  
b, Có AN  BN (Vì 090ANB  theo tính chất 
góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) 
Có AD BD (Vì 090ADB  theo tính chất 
góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) 
Vậy F là trực tâm AEB suy ra BF  AE 
mà BD  AE suy ra 3 điểm B, F, D thẳng hàng. 
c, 
FAC  BEC (g.g)
FC AC
BC EC
  
. .FC EC AC BC  (1) 
CFK   CAE
FC CK
CA EC
  . .FC CE CACK  (2) 
Từ (1) và (2) suy ra BC = CK suy ra K cố định 
Mà IA = IK suy ra I thuộc trung trực của A K là đường thẳng cố định. 
Cách 2 : Gọi giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với AB là K  
tứ giác AEFK là tứ giác nội tiếp AEC FKB  ( Cùng bù với AKF ) . (6) 
Lại có AEC FBK ( Cùng phụ với EAB ) (7) 
Từ (6) và (7) ta có FKB FBK FKB  là tam giác cân tại F. Mà FC vuông góc 
với KB nên FC là đường cao đồng thời là trung trực của BK nên C là trung điểm 
của KB tức là BC = CK. 
Có B, C cố định nên BC có độ dài không đổi  CK có độ dài không đổi, K 
thuộc đường kính AB cố định nên K là điểm cố định 
Mà IA = IK nên I thuộc đường trung trực của đoạn AK . Mà AK cố định nên 
trung trực của AK là đường thẳng không đổi. 
Vậy : Điểm I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi điểm N di chuyển trên 
cung nhỏ MB 
Câu 5 (1,0 điểm) 
+ Ta chứng minh BĐT : 5 5 3 2 2 3 2 2a ( )b a b a b a b a b     
+Ta có 
5 5 3 2 2 3 2 2 2 2a ( ) ab ab[ab(a b) 1] ab[ab(a b) ] a ( )b ab a b a b ab a b a b abc b a b c                 
( )
. .
abc a b c a b c
ab ab
c c
   
  
Vậy 5 5a .
a b c
b ab ab
c
 
   hay 
5 5
ab c
a b ab a b c

   
 (1) 
Tương tự : 
5 5
bc a
b c bc a b c

   
(2) 
5 5
ac b
a c ac a b c

   
(3) 
Từ (1)(2)(3) Suy ra : 
5 5 5 5 5 5
1
ab bc ca a b c
P
a b ab b c bc c a ca a b c
 
    
       
1MaxP  khi a= b= c=1