KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn thi: TOÁN Thời gian 90 phút không kể thời gian phát đề SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề gồm có: 01 trang) Bài 1(2,0điểm) Rút gọn biểu thức: P= ( 27 + )  x − 3y =  2x + 3y = Giải hệ phương trình sau:  Bài 2(1,5điểm) a) Tìm tọa độ điểm A thuộc đồ thị hàm số y = 2x , biết hoành độ điểm A ( m ≠ ) đồng biến R b) Tìm m để hàm số bậc y = ( m − ) x − Bài 3(1,5điểm) Cho hình trụ có bán kính đường tròn đáy r = 2cm chiều cao h = 5cm Tính diện tích xung quanh hình trụ Một công ty vận tải dự định điều số xe tải để vận chuyển 24 hàng Thực tế đến nơi công ty bổ sung thêm hai xe nên xe chở so với dự định Hỏi số xe điều chở hàng theo dự định lúc đầu Biết số lượng hàng chở xe xe chở lượt Bài 4(2,5điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB Trên tiếp tuyến A đường tròn lấy điểm C(C khác A) Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD (D tiếp điểm) cát tuyến CMN (M nằm C N) với đường tròn Gọi H giao điểm CO AD Chứng minh điểm C, A, O, D nằm đường tròn Chứng minh: CH.CO = CM.CN Tiếp tuyến M (O) cắt CA, CD theo thứ tự E, F Đường vuông góc với CO O cắt CA, CD theo thứ tự P Q Chứng minh PE + QF ≥ PQ Bài 5(1,0điểm) Cho số dương a, b, c thỏa mãn: a + b + c = Tìm giá trị 2 2 2 nhỏ biểu thức: P = 2a + ab + 2b + 2b + bc + 2c + 2c + ca + 2a -Hết Hướng dẫn c) Gọi T giao điểm AD OF Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có góc MOT = ½ góc MOD = góc MAD suy tứ giác AMTO nội tiếp, mà tứ giác AOME nội tiếp suy điểm A, E, M, T, O thuộc đường tròn suy góc AEO = góc ATO = góc TOQ, kết hợp với góc EPO = góc FOQ suy tam giác EPO đồng dạng với tam giác OQF suy EP/OQ = PO/FQ suy EP FQ = PO.OQ = PQ2/4 suy 4PE.QF = PQ2 Suy PQ = PE.QF Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có PQ = PE.QF ≤ PE + QF hay PE + QF ≥ PQ Bài Ta chứng minh bất đẳng thức: a + b + c2 + d ≥ ( a + c) + ( b + d) (*) dấu a b = c d xảy *) ⇔ a + b + c2 + d + ( Thật vậy: ⇔ (a (a + b ) ( c2 + d ) ≥ ( a + c ) + ( b + d ) + b ) ( c2 + d ) ≥ ac + bd ⇔ ( a + b ) ( c + d ) ≥ ( ac + bd ) ⇔ ( ad − bc ) ≥ 2 (luôn đúng) 2 2 2 P b   15b  c   15c  a   15a     = a + ÷ +  ÷ + b + ÷ +  ÷ + c + ÷ +  ÷ 4   4   4      Ta có Áp dụng bất đẳng thức * ta có: 2 2 P b c   15b 15c  a   15a    ≥ a + + b + ÷ +  + ÷ + c + ÷ +  ÷ 4  4  4     2 b c a   15b 15c 15a   ≥ a + + b + + c + ÷ +  + + ( a + b + c) ÷ = 4 4  4   Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có ( a+ b+ c Do ) ≤ ( + + 1) ( a + b + c ) ⇔ a + b + c ≥ P 5 ≥ ( a + b + c) ≥ 2 P≥ suy 3 dấu = a = b = c Dấu = a = b = c = 1/9