Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LƠP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 10/07/2017 Đề thi có: 1 trang gồm 5 câu Câu I: (2,0 điểm) 1. Cho phương trình : nx2 x 2 0 (1), với n là tham số. a) Giải phương trình (1) khi n=0. b) Giải phương trình (1) khi n = 1. 3x 2y 6 2. Giải hệ phương trình: x 2y 10 Câu II: (2,0 điểm) 4 y 8y y 1 2 Cho biểu thức A : , với y 0, y 4, y 9 . 2 y 4 y y 2 y y 1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm y để A 2 . Câu III: (2,0điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d):y 2x n 3 và parabol (P): y x2. 1. Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;0). 2. Tìm n để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 2 lần lượt là x1, x2 thỏa mãn: x1 2x2 x1x2 16 . Câu IV: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính MN 2R . Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại N. Trên cung MN lấy điểm E tùy ý (E không trùng với M và N), tia ME cắt (d) tại điểm F. Gọi P là trung điểm của ME, tia PO cắt (d) tại điểm Q. 1. Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh: OF  MQ và PM.PF PO.PQ . 3.Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF 2ME đạt giá trị nhỏ nhất . Câu V: (1,0 điểm) 1 1 1 Cho a,b,c là các số dương thay đổi thỏa mãn: 2017 . Tìm a b b c c a 1 1 1 giá trị lớn nhất của biểu thức: P . 2a 3b 3c 3a 2b 3c 3a 3b 2c Hết -1-
2. Hướng dẫn Giaỉ :ĐỀ THI TUYỂN SINH LƠP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: Toán Câu I: (2,0 điểm) 1)a) Thay n = 0 Cho phương trình : nx2 x 2 0 ta có : x-2 = 0 x = 2 Vậy với n = 0 thì phương trình có nghiệm x = 2 b) Thay n = 1 Cho phương trình : x 2 x 2 0 phương trình bậc hai ẩn x có dạng a+ b + c = 0 nên phương trình có 1 nghiệm x1= 1 áp dụng hệ thức vi ét ta có x2 =-2 ;Vậy với n = 1 thì phương trình có 2 nghiệmx1= 1 và x2 =-2 3x 2y 6 4x 16 x 4 x 4 2. Giải hệ phương trình: x 2y 10 x 2y 10 2y 6 y 3 x 4 vậy nghiệm của hệ phương trình y 3 Câu II: (2,0 điểm), với y 0, y 4, y 9 . 4 y 8y y 1 2 1. Rút gọn biểu thức A : 2 y 4 y y 2 y y 4 y. 2 y 8y y 1 2 y 2 8 y 4y. 8y y 1 2 y 4 A= : = : 2 y 2 y y. y 2 2 y 2 y y. y 2 8 y. 4y y 3 4 y 2 y y. y 2 4y A= : = . = 2 y 2 y y. y 2 2 y 2 y 3 y 3 y 4y 2) Thay A 2vào ta có =-2 4y=- 6 + 2y 4y + 2y - 6 = 0 3 y Đặt t = y 0 nên t2 = y 4t2 + 2t - 6 = 0 2t2 + t - 3 = 0 có dạng a+ b + c = 0 nên phương trình có 1 nghiệm t1= 1( Thỏa mãn) áp dụng hệ 3 thức vi ét ta có t2 =- 0 ; 4 – n >0 n < 4 x1 x2 2 2 theo hệ thức vi ét ta có mà x1 2x2 x1x2 16 x1.x2 n 3 x2 2x x x2 x x 2x x2 16 1 1 2 2 1 2 2 2 2 x1 x2 x2 x1 2 x2 16 4 – x2 (2+2) =16 4.x2 = -12 x2 = -3 x1 = 5 mặt khác x1x2= n-3 Thay vào ta có -15 = n – 3 n = -12< 4 Thỏa mãn Vậy với n = -12 Thì đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có 2 hoành độ lần lượt là x1, x2 thỏa mãn: x1 2x2 x1x2 16 . Câu IV: (3,0 điểm) -2-
3. 1) Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp F Vì P là trung điẻm của ME nên OP  ME hay QP  MF tại P 0 FPˆO 90 E mặt khác d là tiếp tuyến của (O) tại N nên MN  FQ tại N 0 0 FNˆO 90 Nên FPˆO FNˆO 90 vì FPˆO và FNˆO là hai P góc dối của tứ giác ONFP nên tứ giác ONFP nội tiếp 2) Xét MFQ ta có QP  MF QP là đường cao N MN  FQ MN là đường cao vì MN cắt QP tại O M O nên O là trực tâm của MFQ OF chứa đường cao MFQ suy ra OF  MQ D Xét 2 tam giác vuông MPO và QPF có MPˆO QPˆF 900 PMˆO PQˆF ( Cùng phụ với PFˆN ) 2 tam giác vuông MPO và QPF PO MP Q đồng dạng ` PO.PQ MP.PF PF PQ 3.Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF 2ME đạt giá trị nhỏ nhất Xét 2 tam giác vuông MPO và QNF cóMPˆO MNˆF 900 ; Mˆ chung MP MO Nên 2 tam giác vuông MPO và MNF dồng dạng (g-g) MN MF MP.MF =MO.MN 4MP.MF = 4.MO.MN (4MP).MF = 4.MO.MN 2ME.MF=4.MO.MN = 4.R.2R = 8R2 Như vậy tích 2ME và MF không đổi là 8R2 mà (MF+2ME )2 4MF.2ME ( với a.b>0 ta luôn có (a +b)2 4a.b ) nên (MF+2ME )2 4MF.2ME = 4 (MF.2ME ) = 4. 8R2= 32.R2 MF+2ME 32R 2 4R 2 Dấu “=” xảy ra khi 2ME = MF khi đó E là trung điểm của MF mà NE MF nên tam giác MNF vuông cân suy ra E là điểm chính giữa cung MN 1 1 1 1 Câu V: Nếuvới mọi x;y;z;t > 0 ta có : ( x + y + x + t ) 16 từ đó ta x y z t 1 1 1 1 16 1 1 1 1 1 1 có x y z t x y z t 16 x y z t x y z t Thật vậy Ta xét 1 1 1 1 x x x x y y y y z z z z ( x + y + z + t ) + + + x y z t x y z t x y z t x y z t t t t t x y x z x t y z y t t z + = 4+ ( )+( ) + ( )+( )+( )+( ) x y z t y x z x t x z y t y z t mà tổng nghịch đảo của dôi một không bé hơn 2 ( áp dụng co si ) dấu = khi x= y = z = t 1 1 1 1 ( x + y + z + t ) 4 2 2 2 2 2 2 16 x y z t 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( x + y + z + t ) 16 vì x;y;z;t > 0 x y z t 16 x y z t x y z t Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = t áp dụng vào bài toán ta có: -3-
4. 1 1 1 P 2a 3b 3c 3a 2b 3c 3a 3b 2c 1 1 1 b c b c b a c a a c a c a b b c a b a b a c b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 16 b c b c b a c a 16 a c a c a b b c 1 1 1 1 1 16 a b a b a c b c 1 4 4 4 16 b c a b c a 1 1 1 1 2017 . 4 b c a b c a 4 Dấu “=” xảy ra 3 a b c . 4034 2017 3 Vậy MaxP a b c 4 4034 Ngày 10 tháng 7 năm 2017 Nguyễn Văn Thủy Sầm Sơn Thanh Hóa -HẾT- -4-