Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Không chuyên) - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Năng Khiếu - Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 1 
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM 
TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 
HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH 
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 
NĂM HỌC 2017-2018 
MÔN THI: TOÁN (không chuyên) 
(Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề) 
Ngày thi 27/5/2017 
Bài 1: (1,0 điểm) Biết a và b là các số dương, a  b và 
      2 22 2
: 3 3
         
      
a a b b a a b ba b b a
ab
a b a b
. Tính 2 2
1 2


ab
S
a b
Bài 2: (2,0 điểm) 
 a) Giải phương trình   2 6 5 2 4 0     x x x x 
 b) Giải hệ phương trình  
2 2
2 3 0
6 6
   

  
x x y
x xy y
Bài 3: (2,0 điểm) Cho phương trình      2 5 6 0 1    x m x m 
 a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt 1 2;x x với mọi sồ 
thực m. Tính      2 21 2 1 25 2      S x m x m x x m 
 b) Biết 1 2x x , tìm m sao cho 2 1x và  21 22 2 1  x x m 
Bài 4: (2,0 điểm) 
 a) Nam kể với Bình rằng ông của Nam có một mảnh đất hình vuông ABCD được 
chia thành bốn phần: hai phần (gồm các hình vuông AMIQ và INCP với M, N, P, Q lần 
lượt thuộc AB, BC, CD, DA) để trồng các loại rau sạch, các phần còn lại trồng hoa. 
Diện tích trồng rau sạch là 1200 m2 và phần để trồng hoa là 1300 m2. Bình nói: “Chắc 
chắn bạn bị nhầm rồi !”. Nam: “Bạn nhanh thật !. Mình đã nói nhầm phần diện tích. 
Chính xác là phần trồng rau sạch có diện tích 1300 m2, còn lại 1200 m2 trồng hoa”. Hãy 
tính cạnh hình vuông AMIQ (biết AM < MB) và giải thích vì sao Bình lại biết Nam 
nhầm ? 
 b) Lớp 9T có 30 bạn, mỗi bạn dự định đóng góp mỗi tháng 7000 đồng và sau 3 
tháng sẽ đủ tiền mua tặng cho mỗi em ở “Mái ấm tình thương X” ba gói quà (giá tiền 
các món quà đều như nhau). Khi các bạn đóng đủ số tiền như dự trù thì “Mái ấm tình 
thương X” đã nhận chăm sóc thêm 9 em nữa và có giá tiền của mỗi món thêm 5% nên 
chỉ tặng mỗi em hai gói quà. Hỏi có bao nhiêu em của “Mái ấm tình thương X” được 
nhận quà ? 
Bài 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) tâm O, bán kính R; 
 0 0120 , 45 BAC ABC , H là trực tâm. AH, BH, CH lần lượt cắt BC, CA, AB tại M, N, 
P. 
a) Tính AC theo R. Tính số đo HPN và MP
MN
b) Dựng đường kính AD. HD cắt (T) tại E (E  D) và cắt BC tại F. Chứng minh các 
điểm A, N, H, P, E cùng thuộc một đường tròn và F là trung điểm của HD. 
c) Chứng minh AD  NP. Tia OF cắt (T) tại I, chứng minh I là tâm đường tròn 
ngoại tiếp tam giác HBC và AI đi qua trung điểm của MP. 
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 2 
SƠ LƯỢC BÀI GIẢI 
Bài 1: (1,0 điểm) Biết a và b là các số dương, a  b và 
Ta có 
      2 22 2
3 : 3
         
      
a a b b a a b ba b b a
ab
a b a b
      
       2 2
3
: 3
3
3 : 3 3 :
         
  
 
           
a b a ab b a ab bb a a b
ab
a b a b
b a a b ab ab b a b a
b a
1 1     b a b a 
Khi đó 
 
 
2
2 22
1 2 1 2 2 1
1
2 2 11
   
  
  
a a a a
S
a aa a
Bài 2: (2,0 điểm) a) (ĐK: 2x ) 
  
2
2 6 5 06 5 2 4 0
2 4 0
   
       
   
x x
x x x x
x x
+)      
2 16 5 0 1 5 0
5
 
         
x loai
x x x x
x nhan
+)  2 4 0 2 4 4        x x x x x 
     
2 2 32 8 16 9 18 0 3 6 0
6
 
               
x l
x x x x x x x
x n
Vậy tập nghiệm của phương trình là  S 5;6 
b) (ĐK: 0; 2 0  x x y ) 
Ta có: 
  2 2
2 2
2 2
0
6 62 3 0
2 3 06 6
6 6
 
       
           
x
x xy yx x y
x yx xy y
x xy y
+) 
 22 2
00
66 6
 
     
xx
y vo lyx xy y
+) 
   2 222 2
9 2 9 22 3 0
6 5 09 2 6 9 2 66 6
      
   
          
x y x yx y
y yy y y yx xy y
  
 
 
9 2 7
1 0 19 2
1 5 0 9 2 1
5 0 5
     
                     
    
x y x
nhan
y yx y
y y x y x
loai
y y
Vậy hệ phương trình có một nghiệm là    ; 7;1x y 
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 3 
Bài 3: (2,0 điểm) a)     
3
1 3 2 0
2
 
         
x m
x m x m
x m
Vì  3 2   m m m . Vậy (1) luôn có hai nghiệm phân biệt 1 2;x x với mọi sồ thực m. 
Vai trò 1 2;x x trong S là như nhau, do đó: 
     2 23 2 5 3 2 2 9 4 25 38              S m m m m m m m 
b) Vì 1 2 1 22 ; 3     x x x m x m và 2 1 3 1 2     x m m 
Khi đó         
 
 
2 2 22 2 3 2 1 8 12 0 2 6 0
6

               
m l
m m m m m m m
m n
Vậy m = 6 
Bài 4: (2,0 điểm) 
a) Gọi a, b (m) lần lượt là độ dài cạnh hình vuông AMIQ, INCP (b > a > 0) 
Khi đó: Diện tích trồng rau sạch là  2 2 2a b m ; Diện tích trồng hoa là  22ab m 
Ta có:    
22 2 10 201300 100
600 302 1200 600
        
      
    
b a aa b a b
do a b
ab bab ab
Vậy cạnh hình vuông AMIQ là 20 m 
Vì 2 2 2 a b ab ; tức là diện tích trồng hoa không lớn hơn diện tích trồng rau. Do đó Bình 
biết Nam nhầm khi nói diện tích trồng hoa là 1300 m2, còn diện tích trồng rau là 1200 m2. 
b) Gọi x là số em của “Mái ấm tình thương X” lúc đầu ( x nguyên dương) 
Tổng số tiền lớp 9T góp sau 3 tháng là: 30. 7000. 3 = 630000 (đồng) 
Giá tiền một gói quà theo dự định là 
630000 210000
3

x x
 (đồng) 
Giá tiền một gói quà thực tế là: 
 
630000 315000
2 9 9

 x x
 (đồng) 
Ta có:  210000 315000 7 101 5% 7 63 10 21
9 9
         
 
x x x
x x x x
 (TMĐK) 
Vậy có 21 + 9 = 30 em được nhận quà. 
Bài 5: (3,0 điểm) 
a) Tính AC theo R. Tính số đo HPN và MP
MN
AOC:   0 02 2 45 90   AOC ABC (góc nội tiếp và góc ở tâm); OA = OC = R 
Vậy AOC vuông cân tại O 2 2  AC OA R 
BNC:       0 0 0 0 0 090 ; 180 180 45 120 15       BNC BCN ABC BAC 
 0 0 0 090 90 15 75     CBN BCN 
Tứ giác BCPN:   090 BNC BPC (do H là trực tâm ABC) 
nên tứ giác BCPN nội tiếp   075 HPN CBN 
Tứ giác AMBN:   090 AMB ANB nên tứ giác AMBN nội tiếp   045  ANM ABM 
Tứ giác ANHP:   090 ANH APH nên tứ giác ANHP nội tiếp   ANP AHP 
Tứ giác CMNH:   090 CMH CNH nên tứ giác CMNH nội tiếp   045  AHP ANM 
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 4 
Do đó 
    0 0 045 45 90    MNP ANM ANP a 
Tứ giác AMCP:   090 AMC APC nên tứ giác 
AMCP nội tiếp   015  APM ACM 
Tứ giác ANHP; CMNH nội tiếp 
   015   APN AHN ACM 
Nên     0 0 015 15 30    MPN APM APN b 
Từ a), b) suy ra MNP là nửa tam giác đều cạnh 
MP 2 
MP
MN
b) Chứng minh các điểm A, N, H, P, E cùng 
thuộc một đường tròn và F là trung điểm của 
HD. 
Ta có:   090 ANH APH (gt);  090AEH 
( 090AED ). Nên các điểm A, N, H, P, E cùng 
thuộc một đường tròn. 
  090 ABD ACD (góc nội tiếp chắn nửa đường 
tròn) 
hay BD  AB, CD  AC mà CH  AB, BH  AC (H là trực tâm ABC) 
 BD // CH, CD // BH. Vậy tứ giác BDCH là hình bình hành, nên BC và DH cắt nhau tại 
trung điểm mỗi đường  F là trung điểm của HD. 
c) Chứng minh AD  NP. Tia OF cắt (T) tại I, chứng minh I là tâm đường tròn ngoại tiếp 
tam giác HBC và AI đi qua trung điểm của MP. 
 045CAD (AOC vuông cân tại O),  045CNM (cmt)  AD // MN mà MN  NP (cmt). 
Do đó AD  NP 
Tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn (O)  0 0 0 0180 180 120 60     BDC BAC 
  0 02 2 60 120    BOC BDC . 
Do        0 01 1 1 120 60
2 2 2
         FB FC BC theo cmt IB IC BOI COI BOC 
BOI, COI: OB = OI = OC (bán kính);   060 BOI COI nên BOI, COI là các tam giác 
đều  IB = IO = IC  I là tâm đường tròn ngoại tiếp BOC (1) 
Tứ giác BOCH:  0120BOC ;   060 BHC BDC (tứ giác BDCH là hình bình hành) 
nên   0 0 0120 60 180   BOC BDC  tứ giác BOCH nội tiếp (2) 
Từ 1) và 2) suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC 
BPC:  0 090 ; 45 BPC CBP nên BPC vuông cân tại P  PB = PC; tức P thuộc trung trực 
BC, mà IF là trung trực BC (F là trung điểm BC và FI  BC) 
 PI  BC mà AM  BC  PI // AM (3) 
Theo chứng minh trên ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BOCH 
  0 02 2 45 90    BIH BCH và IB = IH nên BIH vuông cân tại I  045 BHI 
Tứ giác BMIH:   090 BMH BIH . Do đó tứ giác BMIH nội tiếp   045  IMC BHI 
  045  IMC CBP  IM // PA (4) 
Từ 3), 4) suy ra tứ giác AMIP là hình bình hành  AI đi qua trung điểm của MP. 
150 450
I
F
E
D
M
N
P
H
BC
O
A