Đề thi tuyển sinh môn Toán vào Lớp 10 THPT - Năm học 2016-2017 - Sở Giáo dục và Đào tạo Bà Rịa Vũng Tàu (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN 
NĂM HỌC 2016 – 2017 
Môn: TOÁN (Dùng chung cho tất cả các thí sinh) 
Thời gian làm bài: 120 phút 
Ngày thi: 30/5/2016 
Câu 1 (2,5 điểm) 
a) Rút gọn biểu thức 
1 1 2 2 6
3 1 3 1 2
A

  
 
b) Giải hệ phương trình 
3 1
2 3 8
x y
x y
 

 
c) Giải phương trình 2 2 8 0x x   
Câu 2 (2,0 điểm) 
Cho parabol (P): y = -x
2
 và đường thẳng (d): y = 4x – 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 x2 – 5x + 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 
2 2
1 2| | 15x x  
b) Giải phương trình (x – 1)4 = x2 – 2x + 3 
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 và 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 diểm của HF. Chứng minh tia OI là tia phân giác của góc 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 rằng: 
2 2 2
3
2
a b c
a bc b ca c ab
  
  
ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT 
Câu 1 
a) 
3 1 3 1 2(2 3) 2 3
2 3 3 2 3 2
3 1( 3 1)( 3 1) 2
A
   
        
 
b) 
3 1 3 1 3 1 3 1 1
.
2 3 8 2 3(3 1) 8 11 11 1 2
x y y x y x y x x
x y x x x x y
            
       
           
Hệ có nghiệm duy nhất (1;2) 
c) x
2
 + 2x – 8 = 0. Có ∆’ = 1 + 8 = 9 > 0 
Câu 2 
a) Bảng giá trị 
x -2 -1 0 1 2 
y = –x2 -4 -1 0 -1 -4 
Đồ thị: 
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): –x2 = 4x – m ⇔ x2 + 4x – m = 0 (1) 
(d) và (P) có đúng 1 điểm chung ⇔ phương trình (1) có nghiệm kép ⇔ ∆’ = 22 – (–m) = 0 
 4 + m = 0 ⇔ m = –4 
Vậy m = –4 
Câu 3 
a) x
2
 – 5x + 3m + 1 = 0 
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ ∆ = 5
2
 – 4(3m + 1) > 0 ⇔ 21 – 12m > 0 
 m < 
21
12
Với m < 
21
12
 , ta có hệ thức 
1 2
1 2
5
3 1
x x
x x m
 

 
 (Viét) 
=> 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2| | ( ) ( ) 4 5 4(3 1) 21 12x x x x x x x x m m           
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2| | | ( )( ) | | 5( ) | 5 | | 5 21 12x x x x x x x x x x m           
Ta có 2 2
1 2| | 15 5 21 12 15 21 12 3 21 12 9 12 12 1x x m m m m m               tm 
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm 
b) 4 2( 1) 2 3(1)x x x    
(1)  
2
2 2 2 2 2( 1) 2 3 ( 2 1) 2 3x x x x x x x            (2) 
Đặt t = x2 – 2x + 1, t≥0, phương trình (2) trở thành 2 22 2 0 ( 2)( 1) 0t t t t t t          
 t = 2 (tm) hoặc t = –1 (loại) 
Với t = 2 có 2 22 1 2 2 1 0 1 2x x x x x          
Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là  1 2;1 2  
Câu 4 
a) Vì C, D thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên 
90 90 180o o oACB ADB FCH FDH FCH FDH        
Suy ra tứ giác CHDF nội tiếp 
b) Vì AH ⊥ BF, BH ⊥ AF nên H là trực tâm ∆ AFB ⇒ FH ⊥ AB 
( 90 ) ( . ) . .o
CF CH
CFH CBA CAB CFH CBA g g CF CA CH CB
CB CA
          
c) Vì 90oFCH FDH  nên tứ giác CHDF nội tiếp đường tròn tâm I đường kính FH 
=> IC = ID. Mà OC = OD nên ∆ OCI = ∆ ODI (c.c.c) => COI = DOI 
=> OI là phân giác của góc COD 
d) Vì OC = CD = OD = R nên ∆ OCD đều => COD = 60o 
Có 
1
30 90 60
2
o o oCAD COD CFD CAD      
Xét góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung CD của (I), có 
CID = 2CFD = 120
o
 => OIC = OID = 60
2
oCID  
Mặt khác COI = DOI = 30 90
2
o oCOD OID DOI OID      vuông tại D 
Suy ra
2
sin 60 3
o
OD R
OI   
Vậy I luôn thuộc đường tròn 
2
;
3
R
O
 
 
 
Câu 5 
Từ điều kiện đề bài ta có 
1 1 1
3 3
ab bc ca
abc a b c
 
     
Áp dụng hai lần bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, ta có: 
2 2
2
2 1
2 . 2
2 2
a
a bc a bc a bc
a bc a bc bc
     

2
1 1 1 1 1 1 1 1
.
2 4
a
b c a bc b cb c
   
       
   
Tương tự ta có:
2 2
1 1 1 1 1 1
;
4 4
b c
b ca c a c ab a b
   
      
    
Suy ra 
2 2 2
1 1 1 1 3
.
2 2
a b c
a bc b ca c ab a b c
 
      
    