Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán trường THPT chuyên Quảng Ngãi năm học 2017 2018

Tên : Trương Quang An Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng Địa : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi Điện thoại : 01208127776 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯƠNG QUANG AN Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức P  2017( HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: Toán x2  x x  x 4( x  1)   ) x  x 1 x x 1 1.Rút gọn P 2.Cho Q  2018 x Chứng minh  Q  P Bài (2,0 điểm)  x2  y  1.Giải hệ phương trình:  3( x  y )  xy   2.Giải phương trình: ( x2  3x  2)( x2  x  12)  24 Bài (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y   x đường thẳng (d) qua I (0; 1) có hệ số góc k Chứng minh với giá trị k đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B 2.Chứng minh OAB tam giác vuông Bài (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn đường kính AB  2R (R số dương cho trước), gọi O trung điểm AB Tiếp tuyến với đường tròn điểm P thuộc nửa đường tròn (P không trùng với A, B ) cắt hai tiếp tuyến Ax, By nửa đường tròn theo thứ tự điểm M , N Gọi K giao điểm OM với AP , H giao điểm ON PB 1.Chứng minh AMPO tứ giác nội tiếp OHPK hình chữ nhật 2.Chứng minh: AM BN  R2 Xác định vị trí P để AM  BN đạt giá trị nhỏ 3.Xác định vị trí điểm M Ax N By để chu vi hình thang AMNB 7R Bài (1,0 điểm) Cho x, y số thực dương thỏa mãn điều kiện x  y  Chứng minh rằng: A   xy  11 Đẳng thức xảy nào? x y xy SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯƠNG QUANG AN Câu I Đáp án ý Cho biểu thức P  (2,0 điểm) ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: Toán x  x x  x 4( x  1)   x  x 1 x x 1 Rút gọn P x  Điều kiện:  x  x [( x )3  1] 4( x  1)( x  1) Ta có P   (4 x  3)  x  x 1 x 1  x ( x  1)( x  x  1)  (4 x  3)  4( x  1)  x ( x  1)  x  x 1 Vậy P  x  x  Cho Q  Ta có Q  II (2,0 điểm) 2018 x Chứng minh  Q  2018 P 2018 x x  x 1 3 Vì P  x  x   ( x  )2   x  nên Q  4 1 2018 Ta có Q  Do x  x  , dấu “=” xảy x x x 1 x 1 x  x  không thỏa mãn điều kiện nên ta có x   Suy Q  2018 x x Vậy  Q  2018  x2  y  Giải hệ phương trình:  3( x  y )  xy   ( x  y )2  xy  Phương trình tương đương:  3( x  y )  xy   S  2P  Đặt S  x  y, P  xy Ta hệ:  3S  P  5 S   P  2 2S  3S         S   5  3S  P       P   S  x  y  Với  , x, y nghiệm phương trình:   P  2  xy  2  X  1  x  1 x  Suy   X2  X 20  X  y   y  1 5    S    x  y   Với  , x, y nghiệm phương trình:  P   xy    8 5 5  15 X    X  20 X    X    5  15 5  15 x  x    4 Suy    y  5  15  y  5  15   4 2 Giải phương trình: ( x  3x  2)( x  x  12)  24 Phương trình tương đương với: ( x  1)( x  4)( x  2)( x  3)  24  ( x2  5x  4)( x2  5x  6)  24 X2  Đặt x2  5x   t , ta phương trình (t  1)(t  1)  24  t   24  t  25  t  5 x  Với t   x  x    x  x   x( x  5)     x  5 Với t  5  x2  5x   5  x2  5x  10  , phương trình vô nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm x  0, x  5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y   x đường thẳng (d) qua I (0; 1) có hệ số góc k Chứng minh với giá trị k đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B III (2,0 điểm) Đường thẳng (d) có phương trình: y  kx  Phương trình hoành độ giao điểm (d) (P):  x2  kx   x2  kx   (1) Vì phương trình (1) có a.c  nên (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu Do đó, (d) cắt (P) điểm phân biệt A, B Chứng minh OAB tam giác vuông Gọi x1 , x2 hoành độ A B Khi đó, x1 , x2 nghiệm (1)  x  x  k Theo định lí Viet, ta có:   x1.x2  1 Tọa độ điểm A, B: A( x1; kx1  1), B( x2 ; kx2  1) Ta có OA2  x12  (kx1  1)2 ; OB2  x22  (kx2  1)2 nên OA2  OB2  x12  (kx1  1)2  x22  (kx2  1)2  (k  1)( x12  x22 )  2k ( x1  x2 )   (k  1) ( x1  x2 )2  x1.x2   2k ( x1  x2 )   (k  1) k  2  2k   (k  1)(k  4) Ta có AB2  ( x2  x1 )2  (kx2  1)  (kx1  1)  ( x2  x1 )  k ( x2  x1 ) 2  (k  1)( x2  x1 )2  (k  1) ( x2  x1 )2  x2 x1   (k  1)(k  4) Vì AB2  OA2  OB2 nên tam giác OAB vuông O Chú ý: học sinh làm theo cách sau: Đường thẳng OA qua gốc O nên phương trình có dạng: y  mx IV (3,0 điểm) Vì điểm A( x1;  x12 ) thuộc đường thẳng nên ta có  x12  m.x1  m   x1 (vì x1.x2  1 nên x1  0, x2  ) Ta có phương trình đường thẳng OA: y   x1 x Tương tự, ta có phương trình đường thẳng OB: y   x2 x Tích hệ số góc hai đường thẳng OA OB ( x1 ).( x2 )  x1.x2  1 Do hai đường thẳng OA, OB vuông góc với hay tam giác OAB vuông O Cho nửa đường tròn đường kính AB  2R (R số dương cho trước), gọi O trung điểm AB Tiếp tuyến với đường tròn điểm P thuộc nửa đường tròn (P không trùng với A, B ) cắt hai tiếp tuyến Ax, By nửa đường tròn theo thứ tự điểm M , N Gọi K giao điểm OM với AP , H giao điểm ON PB Chứng minh AMPO tứ giác nội tiếp OHPK hình chữ nhật N P M K A H O B Vì MA, MP tiếp tuyến với nửa đường tròn nên MA  AO, MP  PO , suy tứ giác AMPO nội tiếp đường tròn đường kính MO Vì MA  MP (tính chất tiếp tuyến qua M) OP  OA  R nên suy MO đường trung trực AP  AP  MO  OKP  90o Tương tự OHP  90o Ta có APB  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Tứ giác OHPK có góc vuông nên hình chữ nhật Chứng minh: AM BN  R2 Xác định vị trí P để AM  BN đạt giá trị nhỏ Vì OHPK hình chữ nhật nên KOH  90o Ta có tam giác MON vuông O, OP đường cao nên PM PN  OP2  R2 Nhưng MP  MA, NP  NB nên ta suy AM BN  R2 Theo BĐT CÔSI ta có MA  NB  MA.NB  R2  2R (không đổi) Dấu “=” xảy MA  NB nên tổng MA  NB đạt giá trị nhỏ 2R MA  NB Khi tứ giác AMNB hình chữ nhật Mặt khác OP  MN nên OP  AB P điểm nửa đường tròn Xác định vị trí điểm M Ax N By để chu vi hình thang AMNB 7R Ta có chu vi p hình thang AMNB bằng: p  AM  MN  NB  BA  AM  MP  PN  NB  AB  p  2( AM  NB)  2R Theo chứng minh ta có AM BN  R2 theo giả thiết p  R nên ta có hệ phương trình: 5R  2( AM  NB)  R  R  AM  NB     AM NB  R  AM NB  R   X  2R 5R  Suy AM , BN nghiệm phương trình X  X R 0 X R   AM  2R   Do điểm M, N thỏa mãn yêu cầu toán xác định  R BN    BN  R   R  AM  Cho x, y số thực dương thỏa mãn điều kiện x  y  Chứng minh rằng: A   xy  11 x y xy Đẳng thức xảy nào? 1 Trước hết ta có bất đẳng thức   (*) với a, b  Dấu “=” xảy a b ab a  b ab Thật vậy, BĐT (*)    (a  b)2  4ab  (a  b)2  (đúng) ab a b Dấu “=” BĐT (*) xảy a  b   a  b Vì x  y  xy , x  y  nên ta có  xy   (**) xy Dấu “=” xảy x  y   1    Ta có A   2     xy   xy   xy  xy x y Áp dụng BĐT CÔSI, BĐT (*) (**) ta được:   A       11   xy xy ( x  y)2  x  y  xy  V (1,0 điểm)  x  y  xy  4 xy   xy Dấu “=” xảy  x y  xy    x  y  Hết