Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở GD & ĐT Hà Nam (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO 
HÀ NAM 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC: 2017 - 2018 
MÔN THI: TOÁN 
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) 
Câu I (2,0 điểm) 
1) Giải phương trình: 2x 4x 3 0− + = 
2) Giải hệ phương trình: 
2x 3y 8
x 3y 1
+ =
 + =
Câu II (1,5 điểm) 
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y = 
2x
2
− và 
đường thẳng (d) có phương trình y = x + m. 
1) Tìm tọa độ điểm M thuộc Parabol (P) biết điểm M có tung độ bằng – 8. 
2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B với 
A(x1 ; y1), B(x2 ; y2) sao cho ( )( )1 1 2 2
33x y x y
4
+ + = . 
Câu III (1,5 điểm) 
1) Rút gọn biểu thức sau: A = 12 75 3 7 4 3.− + + 
2) Cho biểu thức: B = 1 1 x 1
x 1 x 1 x
 − +   + −  
 (với x > 0 và x 1≠ ). 
Rút gọn B. Tìm x là số nguyên dương khác 1 sao cho 1B
2
≥ . 
Câu IV (4,0 điểm) Cho đường tròn (O). Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O), kẻ 
hai tiếp tuyến MA và MB của đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BE 
của đường tròn (O). Gọi F là giao điểm thứ hai của đường thẳng ME và đường tròn (O). 
Đường thẳng AF cắt MO tại điểm N. Gọi H là giao điểm của MO và AB. 
1) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. 
2) Chứng minh đường thẳng AE song song với đường thẳng MO 
3) Chứng minh: MN2 = NF.NA. 
4) Chứng minh: MN = NH. 
Câu V (1,0 điểm) 
 Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện: ab + bc + ca = 3 và 
a c≥ .Tìm GTNN của biểu thức P = 2 2 2
1 2 3 .
(a 1) (b 1) (c 1)
+ +
+ + +
............HẾT............ 
Họ và tên thí sinh: .......................................Số báo danh:............................................... 
Chữ ký của giám thị 1:...........................Chữ ký của giám thị 2:..................................... 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
Lời giải và bình luận đề thi vào lớp 10 THPT tỉnh Hà Nam 
Câu I. 1) Giải phương trình 2x 4x 3 0− + = 
 2) Giải hệ phương trình 
2x 3y 8
x 3y 1
+ =
 + =
1) Ta có ( )a b c 1 4 3 0+ + = + − + = 
Suy ra phương trình có hai nghiệm là 1 2x 1; x 3= = . 
2) Ta có 
2x 3y 8 x 7 x 7
x 3y 1 3y 1 7 y 2
+ = = =  
⇔ ⇔  + = = − = −  
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( ) ( )x; y 7; 2= − . 
Bình luận. Năm nay câu giải phương trình, hệ phương trình nằm ở câu I; câu này 
thông thường các năm nằm ở vị trí câu II. Tôi nghĩ cũng là cách để học sinh trung 
bình dễ làm và dễ được điểm trọn vẹn phần này. 
Câu II. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y = 
2x
2
− và đường thẳng (d) 
có phương trình y = x + m 
 1) Tìm tọa độ điểm M thuộc Parabol (P) biết điểm M có tung độ bằng – 8. 
 2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B 
với A(x1 ; y1), B(x2 ; y2) sao cho ( )( )1 1 2 2
33x y x y
4
+ + = . 
1) Vì M thuộc (P): y = 
2x
2
− và My 8= − nên Mx 4= ± . 
Vậy tọa độ của điểm M là: ( )4; 8− ; ( )4; 8− − . 
2) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 
2
2x x m x 2x 2m 0
2
− = + ⇔ + + = . Để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì 
10 1 2m 0 m
2
∆ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≤ . (*) 
Ta có A(x1 ; y1), B(x2 ; y2) là giao điểm của (P) và (d) nên 1 1 2 2y x m, y x m= + = + . 
Theo bài ra ta có ( )( )1 1 2 2
33x y x y
4
+ + = . Từ đó suy ra ( )( )1 2
332x m 2x m
4
+ + = 
( ) 21 2 1 2
334x x 2m x x m
4
⇔ + + + = , kết hợp với hệ thức Viete 1 2 1 2x x 2, x x 2m+ = − = 
 ta được 2
3m
24m 16m 33 0
11m
2
 =
+ − = ⇔ 
 = −

. Đối chiếu với điều kiện (*) ta được 
11m
2
= − là giá trị phải tìm. 
Bình luận. Với ý 2) đây là một câu phân loại giữa học sinh trung bình khá và học 
sinh khá. Tuy nhiên ta thấy trong mấy năm trở lại đây đề thi cho dưới dạng đẳng thức 
khá rõ nên đây là câu cả hai đối tượng đều làm tốt. 
Bài tập tương tự. 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho (P): 2y x= − và đường thẳng (d): y 3mx 3= − (m là 
tham số). 
a) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 3). 
b) Xác định các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt sao cho tổng hai 
tung độ của hai giao điểm đó bằng -10. 
Câu III 
 1) Rút gọn biểu thức sau: A = 12 75 3 7 4 3− + + 
 2) Cho biểu thức: B = 1 1 x 1
x 1 x 1 x
 − +   + −  
 (với x > 0 và x 1≠ ). 
 Rút gọn B. Tìm x là số nguyên dương khác 1 sao cho 1B
2
≥ . 
1) ( ) ( )2A 2 3 5 3 3 2 3 2 3 5 3 3 2 3 6= − + + = − + + = . 
2) 
( )( )
2 x x 1 2B .
x x 1x 1 x 1
−
= =
+− +
. 
Với x 0> và x 1≠ , để 1B
2
≥ thì 2 1 x 3
2x 1
≥ ⇔ ≤
+
. Suy ra 0 x 9< ≤ , kết hợp với 
điều kiện x là số nguyên dương khác 1 nên { }x 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9∈ là giá trị cần tìm. 
Bình luận. Với ý nhỏ trong ý 2) là ý rõ nhất phân biệt được học sinh trung bình và 
học sinh khá. 
Câu IV. Cho đường tròn (O). Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp 
tuyến MA và MB của đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BE của 
đường tròn (O). Gọi F là giao điểm thứ hai của đường thẳng ME và đường tròn (O). 
Đường thẳng AF cắt MO tại điểm N. Gọi H là giao điểm của MO và AB. 
1) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. 
2) Chứng minh đường thẳng AE song song với đường thẳng MO 
3) Chứng minh: MN2 = NF.NA. 4) Chứng minh: MN = NH. 
 HN
F
E
B
A
OM
1) Ta có   0OAM OBM 90= = ( vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O)) 
 
0OAM OBM 180⇒ + = . Suy ra tứ giác MAOB nội tiếp. 
2) Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có MA MB= ; OA OB= suy ra MO là đường 
trung trực của AB MO AB⇒ ⊥ tại H. 
Mà  0BAE 90= hay AE AB⊥ . Do đó AE // MO. 
3) Vì AE // MO và MA là tiếp tuyến của (O) nên   NMF AEF NAM= = . 
( ) 2NM NANMA NFM g.g NM NA.NF
NF NM
⇒∆ ∆ ⇒ = ⇒ = . (1) 
4) Ta có   0MFB MHB 90= = suy ra tứ giác MFHB nội tiếp. 
 FHN FBM⇒ = ; mà  FBM NAH=   ( )NAH FHN NAH NHF g.g⇒ = ⇒∆ ∆ . 
2NA NH NA.NF NH
NH NF
⇒ = ⇒ = . (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 2 2NM NH NM NH= ⇒ = . 
Bình luận. Hai câu đầu rất quen thuộc với nhiều đối tượng học sinh. Tuy nhiên trong 
hai câu tiếp theo không phải là tương tự nhau về mặt toán học nhưng cách thức tìm ra 
(1) và (2) là như nhau. Do đó câu 4) học sinh khá và giỏi đều làm được. Bài hình này 
có thể xem là nhẹ hơn so với các bài hình trong mấy năm trở lại đây. 
Câu V. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện: ab + bc + ca = 3 và 
a c≥ .Tìm GTNN của biểu thức P = 2 2 2
1 2 3 .
(a 1) (b 1) (c 1)
+ +
+ + +
Cách 1. 
Bổ đề. Dễ chứng minh được các bất đẳng thức quen thuộc sau: 
( ) ( )22 2 2m n p mn np pm (1); m n p 3 mn np pm (2)+ + ≥ + + + + ≥ + + 
Đặt ( )1 1 1X , Y , Z X, Y, Z 0
a 1 b 1 c 1
= = = >
+ + +
. 
Vì a c Z X≥ ⇒ ≥ nên ( ) ( )2 2 2 2 2 2P X 2Y 3Z 2 X Y Z 2 XY YZ ZX= + + ≥ + + ≥ + + (bổ 
đề (1)). 
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 2 2 233 ab bc ca 3 a b c 3abc 3 3abc= + + ≥ = ⇒ ≥ . 
Áp dụng bổ đề (2) suy ra a b c 3+ + ≥ . Suy ra a b c 3abc+ + ≥ . 
Do đó 
( )
( )
( )
( )
3 a b c 3 3 a b c 3 3XY YZ ZX
3abc 3 a b c 12 4 a b c 3 4
+ + + + + +
+ + = ≥ =
+ + + + + + +
. 
Suy ra 3 3P 2.
4 2
≥ = . 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi X Y Z a b c 1= = ⇔ = = = . 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3
2
a b c 1⇔ = = = . 
Cách 2. 
Đặt ( )X a 1, Y b 1, Z c 1 X, Y, Z 0= + = + = + > ; 2 2
1 1a c X Z
Z X
≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ . 
Áp dụng bổ đề (2) ta được 
2
2 2 2
1 1 1 2 1 1 1P 2
X Y Z 3 X Y Z
   ≥ + + ≥ + +   
   
. 
Từ giả thiết suy ra ( )( ) ( )( ) ( )( )X 1 Y 1 Y 1 Z 1 Z 1 X 1 3− − + − − + − − = 
Biến đổi và thu gọn ta được 
1 1 1 1 1 12
XY YZ ZX X Y Z
 + + = + + 
 
. (*) 
Áp dụng bổ đề (2) ta được 
21 1 1 1 1 13
X Y Z XY YZ ZX
   + + ≥ + +   
   
. (**) 
Từ (*) và (**) suy ra 
21 1 1 3 1 1 1 1 1 1 3
X Y Z 2 X Y Z X Y Z 2
   + + ≥ + + ⇒ + + ≥   
   
. 
Do đó 
22 3 3P .
3 2 2
 ≥ = 
 
. 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi X Y Z a b c 1= = ⇔ = = = . 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3
2
a b c 1⇔ = = = . 
Bình luận. Bài bất đẳng thức này phân biệt được rõ ràng giữa học sinh khá và giỏi. 
Với các bài bất đẳng thức mọi năm thì chỉ cần một vài bước nhỏ và áp dụng AM-GM 
là đạt được kết quả; tuy nhiên với bài năm nay học sinh nhìn thấy không mấy quen 
thuộc và có vận dụng bất đẳng thức phụ nên có khó khăn hơn đối với học sinh khá. 
Trên đây chỉ là hai cách làm theo cách đặt ẩn phụ, tuy nhiên còn có những cách khác 
không đặt mà học sinh trình bày, nhưng tôi thấy hơi dài và chưa chặt chẽ. 
Trần Anh Tuấn – THCS Nhân Hậu.