c2 toanmath com đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2017 2018 môn toán trường THPT chuyên lam sơn thanh hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2017-2018 ( Dành cho tất thí sinh ) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi :02 tháng năm 2017 Câu 1: ( điểm )  x   x 3 x 2 x 2  :  Cho biểu thức: A = 1    x   x   x  x   Với x  ; x  ; x  x      1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Câu : ( điểm ) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ; cho ba đường thẳng (d1) : y = -5(x + 1) ; (d2) : y = 3x – 13 ; (d3) : y = mx + ( Với m tham số ) Tìm tọa độ giao điểm I hai đường (d1) (d2) với giá trị m đường thẳng (d3) qua điểm I ? b) Giải hệ phương trình  x   y    3 y   x   Câu : ( điểm ) a) Tìm m để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + = có hai nghiệm phân biệt x1 x2 khác không thỏa mãn điều kiện b) Giải phương trình x x1 x + =0  x x1 x  = 9- 5x Câu : ( điểm ) Cho đường tròn (O) với tâm O có bán kính R đường kính AB cố định, M điểm di động (O) cho M không trùng với điểm A B Lấy C điểm đối xứng với O qua A Đường thẳng vuông góc với AB C cắt đường thẳng AM N đường thẳng BN cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E đường thẳng BM CN cắt F a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng tứ giác MENF nội tiếp b) Chứng minh : AM AN = 2R2 c)Xác định vị trí điểm M đường tròn (O)để tam giá BNF có diện tích nhỏ Câu : ( điểm ) Cho a; b ; c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh a2  b2  c2 b2  c2  a2 c2  a2  b2 + + >1 2ab 2bc 2ca BÀI GIẢI KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2017-2018 ( Dành cho tất thí sinh ) Câu Lời giải x   x 3   x 2 x 2 :  1) A = 1    x 2  x 3  x 5 x 6 x      A = A = A= x 1 x 1 x 1 2) A = : : :  x 3    x 3   x 2 x 2  x9 x4 x 2  x 2 x 2 x 1 x 1 nguyên Hay -3  =   x 3  x 2  x 2 x 3  x 1 :  x 3 x 2   x 3 x 2 x 1 3 = 1-  =  Để A nhận giá trị nguyên x 1 x   x  ước -3  3 x 1 đạt giá trị x  =1  x =  x = thỏa mãn x  =-1  x = -2< không thỏa mãn x  =3  x =  x = thỏa mãn x  =-3  x = -4< không thỏa mãn Nên x = x = A nhận giá trị nguyên 1) Tọa độ giao điểm I hai đường (d1) (d2) nghiệm hệ x 1  y  5 x  3 x  13  5 x   8x           y  x  13  y  x  13  y  3x  13  y   13  10 tọa độ giao điểm I hai đường (d1) (d2) I(1;-10) đường thẳng (d3) qua điểm I tọa độ I x = y = -10 thỏa mãn công thức y = mx + thay vào ta có : -10 = m.1+  m = -13 Vậy với m = - 13 đường thẳng (d3) qua điểm I  x 1  y    Câu 2)Giải hệ phương trình 3 y   x   đặt A = |x-1|  0;B =  y  0  A  2B   A  2B   A  2B  A 1    Thỏa mãn 3.B  A   A  B   5B  10 B   x   x    | x  | | x  |       x   1   x  y    y2 2 y2  y2   Ta có  (x;y) = x;2; 0;2 nghiệm hệ để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + = có hai nghiệm phân biệt x1 x2 m  m  1m    m  m  3m     '     m 1 m 1 m     Câu 2m    x x   3m   m  m 1    m > theo vi ét ta có  2 m m    m   x1 x  m 1  x  x   x1 x2 x1 x x2  x2 5 + =0   0    0 x x1 x1 x x1 x 2 2 mà m  2m  1 4m m2  2m      m  1 m  12   m 1  m 1  0 m2 m2 2 m 1 m 1 4m  2m  2m  m  12  2m  2m   0 m2 m 1 4m  4m  8  5(m  m  2)   2.(m  1)(m  2)  m  12 m2 m 1  2m  2m  4   0 m  1m  2 2 4m  4m   5m  5m  10 9m  m  0  ta có m  1;m  2.(m  1)(m  2) 2.(m  1)(m  2)   73   73 m2= thỏa mãn 18 18 b) Giải phương trình x x  = 9- 5x đặt t = x    x = t +  (t2 + 2).t = 9-5(t2 + 2) m1= t3 +2t + 5t2 +10 – =  t3 + 5t2 +2t +1= 2  t + 4t + 4t+ t -2t +1= Cách 2: x2(x-2) =81-90x+25x2  x3 -2x2 -25x2+ 90x -81 = 3 2  x -27x + 90x -81 =  x -3.3x + 3.9.x -27 -18x + 63x -54 =  (x-3) -9(2x -7x+6) = a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng Xét  BNF ta có BMˆ A  90 ( nội tiếp chắn đường tròn)  BMˆ N  90  NM  BF nên MN đường cao BC  NF ( gt) Nên BC đường cao mà BC cắt MN A nên A trực tâm  FA thuộc đường cao thứ ba nên FA  BN mà BEˆ A = 900( nội tiếp chắn đường tròn)  EA  BN theo clit qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BN nên ba điểm A; E ; F thẳng hàng N Chứng minh tứ giác MENF nội tiếp ta có FEˆ N = 90 ( FE  BN) 0 E Câu FMˆ N = 90 ( MN  BF)  FEˆ N = FMˆ N = 90 Mà E M nằm mặt phẳng bờ NF bốn điểm N;E ;M ; F Thuộc đường đường kính MN hay tứ giác MENF nội tiếp B C A O b) Chứng minh : AM AN = 2R2 Xét  BAN  MAC ta có tiếp tứ Nˆ  Fˆ1 ( góc nội tiếp đường tròn ngoại M giác NEMF chắn cung EM) (1) Fˆ1  Cˆ ( góc nội tiếp đường tròn ngoại tiếp tứ giác CAMF F chắn cung AM) (2) Từ (1) (2)  Nˆ  Cˆ1 ( Fˆ1 ) (*) Mà BAˆ N  MAˆ C ( đối đỉnh) (**) từ (*) và(**) ta có  BAN đồng dạng với   MAC (g.g)  MA AC  AM.AN = AB AC = 2R.R=2R2  AB AN c) S BNF = BC.NF BC = 2R nên  S BNF nhỏ NF nhỏ .S BMA lớn ; BA cố định ; M thuộc cung tròn AB nên S BMA lớn BAM tam giác cân  M điểm Cung BA a2  b2  c2 b2  c2  a2 a2  c2  b2   1 2ab 2bc 2ac  c(a  b  c )  2abc  a (b  c  a )  2abc  b(a  c  b )  2abc           c (a  b)  c  a (b  c)  a  b (a  c)  b      c(a  b  c)(a  b  c)  a (b  c  a )(b  c  a )  b(a  c  b)(a  c  b)   c(a  b  c)(a  b  c)  a (b  c  a )(a  b  c)  b(a  c  b)(a  b  c)   (a  b  c)c.(a  b  c)  a (b  c  a )  b(a  c  b)    (a  b  c)c  (a  b  c)c  (a  b  c)c  (a  b  c)c   (a  b  c) ca  cb  c  ab  ac  a  ba  bc  b  Câu   ab  a  ba  b   a  2ba  b   (a  2ba  b )   (a  b )  2     (a  b  c)(c  a  b)(c  a  b)  a;b;c độ dài ba cạnh tam giác ta có : a + b > c suy a + b –c >0 ;tương tụ ta có c + b-a= c-a + b > c + a –b >0 nhân với với vế ba bất đẳng thức nói ta có ( a + b –c)( c-a+b) (c + a –b)>0 nên bất đẳng thức đầu ĐPCM ... +10 – =  t3 + 5t2 +2t +1= 2  t + 4t + 4t+ t -2 t +1= Cách 2: x2(x-2) =8 1-9 0x+25x2  x3 -2 x2 -2 5x2+ 90x -8 1 = 3 2  x -2 7x + 90x -8 1 =  x -3 .3x + 3.9.x -2 7 -1 8x + 63x -5 4 =  (x-3) -9 (2x -7 x+6)...BÀI GIẢI KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 201 7-2 018 ( Dành cho tất thí sinh ) Câu Lời giải x   x 3   x 2 x 2 :  1) A = 1... 13  10 tọa độ giao điểm I hai đường (d1) (d2) I(1 ;-1 0) đường thẳng (d3) qua điểm I tọa độ I x = y = -1 0 thỏa mãn công thức y = mx + thay vào ta có : -1 0 = m.1+  m = -1 3 Vậy với m = - 13 đường