DAP AN DE THI VAO 10 THANH HOA 2016 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ B KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015-2016 Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi 16/6/2016 Đề có 01 trang gồm 05 câu Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: a) x   b) x  5x   2x  y  2) Giải hệ phương trình:  3x  y  Câu II (2,0 điểm) Cho biểu thức B= ( y y 1  y y  2(y  y  1) với y > y  ): y 1 y y y y 1) Rút gọn biểu thức B 2) Tìm số nguyên y để biểu thức B có giá trị nguyên Câu III (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y=nx+1 Parabol (P): y=2x2 1) Tìm n để đường thẳng (d) qua điểm B(1; 2) 2) Chứng minh đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt M(x1; y1), N(x2; y2) Hãy tính giá trị biểu thức S=x1x2+y1y2 Câu IV (3,0 điểm) Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MQ Hai đường chéo MP NQ cắt E Gọi F điểm thuộc đường thẳng MQ cho EF vuông góc với MQ Đường thẳng PF cắt đường tròn đường kính MQ điểm thứ hai K Gọi L giao điểm NQ PF Chứng minh rằng: 1) Tứ giác PEFQ nội tiếp 2) FM đường phân giác góc  NFK 3) NQ.LE=NE.LQ Câu (1,0 điểm) Cho m, n, p số thực dương thõa mãn: m2+2n2  3p2 Chứng minh rằng:   m n p    HẾT    HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ VÀO 10 THANH HÓA (16/6/2016) Câu (2,0 điểm) 1) a) x    x=6 Vậy tập nghiệm phương trình cho S={6} b) x  5x   Cách Do a+b+c=15+4=0 nên phương trình cho có hai nghiệm x=1; x=4 Vậy tập nghiệm phương trình cho S={1; 4} x  Cách Ta có: PT  (x2x)(4x4)=0  (x1)(x4)=0   x  Vậy S={1; 4} Cách Ta có:  =2516=9     Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1=1; x2=4 Vậy S{1; 4} 2x  y  5x  x  x  2) Ta có:     3x  y  3x  y  3  y  y  1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y)=(1; 1) Câu y y  y y  2(y  y   ): với y > y  y 1 y y y y 1) Với y> y  1, ta có: Cho biểu thức B= ( B= ( =( y  1)(y  y  1) y( y  1)  y  y   y  y 1 Vậy B  y ( y  1)(y  y  1) ) y( y  1) y 1 2( y  1) = y ): 2( y  1)2 ( y  1)( y  1) y 1 y 2( y  1)  y 1 y 1 y 1 y 1 2) Ta có: B  y 1 y 1  ( y  1)  y 1 1 y 1 Do y nguyên nên để B nguyên ( y  1) ước số Mà y  >1 với y>0 nên ta có bảng giá trị: y 1 y Vậy y=4; y=9 giá trị cần tìm Câu III (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y=nx+1 Parabol (P): y=2x2 1) Do (d) qua điểm B(1; 2) nên thay x=1; y=2 vào phương trình đường thẳng (d) được: 2=n+1  n=1 Vậy n=1 giá trị cần tìm 2) Phương trình hoành độ giao điểm là: 2x2nx1=0 Ta có:  =n2+8 > 0,  n Do đó: (d) cắt (P) hai điểm phân biệt M N Khi đó: y1=2 x12 y2=2 x 22  S= x1x2+y1y2=x1x2+4(x1x2)2 1 1 Áp dụng hệ thức Viét có: x1x2= Thay vào S được: S= + = 2 Vậy S= Câu IV (3,0 điểm) Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MQ Hai đường chéo MP NQ cắt E Gọi F điểm thuộc đường thẳng MQ cho EF vuông góc với MQ Đường thẳng PF cắt đường tròn đường kính MQ điểm thứ hai K Gọi L giao điểm NQ PF Chứng minh rằng: N 1) Tứ giác PEFQ nội tiếp 2) FM đường phân giác góc  NFK P 1E 3) NQ.LE=NE.LQ L HD 1 M  1) Ta có: EFQ  90 (Do EF  MQ) Q F  EPQ   MPQ  90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  EFQ   EPQ =1800  tứ giác PEFQ nội tiếp 2) Do hai điểm N F nhìn cạnh ME K góc vuông nên tứ giác MNEF nội tiếp  F2=E1 (cùng chắn cung MN) PQ (Do PEFQ nội tiếp) F5= F1(đ.đ) Mà E1=E2 (đối đỉnh) ; E2=F5 = Sđ NFK  F2=F1  MF đường phân giác góc  3) Do F2+F3=F4+F5=90 F2=F5  F3=F4 LE FL  FE phân giác tam giác NFQ  (1)  NE FN Ta có:  NFQ   QFK NFQ  F   QFK  F1  1800 Mà F2 =F1   Lại có: Do tứ giác MNEF nội tiếp  N1= M1 MKQP nội tiếp  M1=K  N1= K Xét  FQK  FQN có:  NFQ   QFK ; FQ chung N1= K   FQK= FQN  NF=FK QN=QK FL QL  Ta có: Q3=Q1 (=P1)  QF phân giác  QLK  FK QK LE FL FL QL QL LE QL Từ (1); (2) (3)        NE FN FK QK QN NE QN NQ.LE=NE.LQ (đpcm) (2) (3)