SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ A

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2016 – 2017
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 16 tháng 06 năm 2016
Đề có: 01 trang gồm 05 câu.

Câu 1: (2,0 điểm)
1) Giải các phươnh trình:
a) x – 5 = 0
b) x2 – 4x +3 = 0
2 x  y  1
3 x  y  4

2) Giải hệ phương trình: 
Câu 2: (2,0 điểm)
 x x 1

x x  1  2( x  2 x  1)

:
Cho biểu thức: A  
(với x > 0 và x khác 1)


x 1

-----------------------------------Hết----------------------------------

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


SỞ GIÁO DỤC THANH
HÓA
Đề chính thức
ĐỀ A

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THAM KHẢO
Năm học: 2016 – 2017
Ngày thi: 16 tháng 06 năm 2016
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu

Nội dung

Điểm

1. Giải các phương trình:
a. x = 5
Câu 1
b. x2 – 4x + 3 = 0. Nhận thấy 1 + (-4) + 3 = 0 phương trình có a+ b + c = 0.
(2
Vậy ngiệm của phương trinh là: x1 = 1, x 2 = 3
điểm)
2 x  y  1
5 x  5


2

2 x 1
 ( x -1)(x + x +1) ( x +1)(x - x +1) 
=

:
x ( x -1)
x ( x  1)

 ( x  1)( x  1)



1



 (x + x +1) (x - x +1)  2 x  1
=

:
x
x

 ( x  1)





2/ Với x > 0; x  1 Ta có A =

x 1

x 1

x 1  2
2
 1
để A nhận giá trị nguyên thì
x 1
x 1

1

2
nguyên hay 2 x  1  x  1  U  (2)  x  1  1, 2  x  2,3  x  4;9
x 1
(thỏa mãn ĐKXĐ).
Vậy x  4;9 là các giá trị cần tìm

Câu 3 1. Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 3) nên có 3 = m.1+1  m = 2 là giá trị cần tìm
(2
2. Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P): 2x 2 - mx -1 = 0 Có
điểm)
Δ = m 2  8  0 với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
Vậy (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt A(x1; y1),
B(x2; y2) khi đó y1 = 2x12 ; y 2 = 2x 2 2



(3
điểm)

S

0.75

 + EFQ
 = 900  900  1800  tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn đường
EF  MQ  EPQ

kính PQ
 + EFM
 = 900  900  1800  tứ giác MNEF nội tiếp
2. Tương tự  ENM
  PEQ
 (hai góc nộ tiếp cùng chắn
 PFQ
cung PQ trong đường tròn đường kính EQ)
N
  NEM
 (hai góc nội tiếp cùng chắn
NFM
E
cung MN trong đường tròn đường kính ME)

P

L

  PE là phân giác trong của ΔNPL . Lại có PE  P Q  PE là phân giác
 NPE

ngoài của ΔNPL 

1.0

ΕΝ QN
=
 ΕΝ.QL  QN. ΕL (đpcm)
ΕL QL

Đáp án câu 4 đề B, đáp án đề A tương tự khác kí hiệu
Câu 5 Với a, b, c là các số dương ta có:
1 2
9
(1
(1)  (a + 2b)(b + 2a)  9 ab
(+) + 
điểm)
a b a + 2b
 2a 2 - 4ab + 2a 2  0  2(a - b) 2  0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi a = b
(+) a + 2b  3(a 2  2a 2 )(2)  (a  2b) 2  3(a 2  2b 2 )
 2a 2 - 4ab+ 2a 2  0  2(a - b) 2  0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi a = b
1 2
9
9
3
(+) Từ (1) và (2) suy ra + 
(do a 2 + 2b 2  3c 2 ).

Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 16 tháng 06 năm 2016
Đề có: 01 trang gồm 05 câu.

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ B
Câu 1: (2,0 điểm)
1. Giải các phương trình:
a. x – 6 = 0
b. x2 – 5x + 4 = 0
2x - y = 3
3x + y = 2

2. Giải hệ phương trình: 
Câu 2: (2,0 điểm)

 y y -1

Cho biểu thức: A = 

 y- y







y y +1  2 y  2 y  1
với y > 0; y  1


SỞ GIÁO DỤC THANH HÓA

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THAM KHẢO
Năm học: 2016 – 2017
Ngày thi: 26 tháng 06 năm 2016
Thời gian làm bài: 120 phút

Đề chính thức
ĐỀ B
Câu

Nội dung

Điểm

1. Giải các phương trình:
a. x = 6
b. x2 – 5x + 4 = 0. Nhận thấy 1 + (-5) + 4 = 0 phương trình có dạng a+ b + c = 0.

Câu 1
(2
Vậy ngiệm của phương trinh là:
điểm)

 x1 = 1

x 2 = 4
2x - y = 3
5 x  5


2

2 y 1
 ( y -1)(y + y +1) ( y +1)(y - y +1) 
=

:
y ( y -1)
y ( y  1)

 ( y  1)( y  1)





 (y + y +1) (y - y +1)  2 y  1
=

:
y
y

 ( y  1)
=

=




2/ Với y > 0; y  1 Ta có B =

y 1

y 1

1
y 1  2
 1
y 1

2
nguyên hay 2 y  1  y  1  U  (2) 
y 1
(thỏa mãn ĐKXĐ).
Vậy y  4;9 là các giá trị cần tìm

2
để B nhận giá trị nguyên thì
y 1

y  1  1, 2 

y  2,3  y  4;9

Câu 3 1. Đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2) nên có 2 = n.1+1  n = 1 là giá trị cần tìm
(2
2. Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P): 2x 2 - nx -1 = 0 Có
điểm)


1
là giá trị cần tìm.
2

0.75

 = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
Câu 4 3. Ta có MPQ
(3
 + EFQ
 = 900  900  1800  tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn đường
EF  MQ  EPQ
điểm)
kính PQ
 + EFM
 = 900  900  1800  tứ giác MNEF nội tiếp
4. Tương tự  ENM
  PEQ
 (hai góc nộ tiếp cùng chắn
 PFQ
P
cung PQ trong đường tròn đường kính EQ)
N
  NEM
 (hai góc nội tiếp cùng chắn
NFM
E
cung MN trong đường tròn đường kính ME)
0

cung EF trong đường tròn đường kính EQ)
  EPL
  PE là phân giác trong của ΔNPL . Lại có PE  P Q  PE là phân giác
 NPE

ngoài của ΔNPL 

ΕΝ QN
=
 ΕΝ.QL  QN. ΕL (đpcm)
ΕL QL

Câu 5 Với m, n, p là các số dương ta có:
1 2
9
(1
(+) + 
(1)  (m + 2n)(n + 2m)  9 mn
điểm)
m n m + 2n
 2m 2 - 4mn + 2n 2  0  2(m - n) 2  0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n
(+) m + 2n  3(m 2  2n 2 )(2)  (m  2n) 2  3(m 2  2n 2 )
 2m 2 - 4mn+ 2m 2  0  2(m - n) 2  0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n
(+) Từ (1) và (2) suy ra
Suy ra

1.0

1 2
9