SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THITUYỂNSINH LƠP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi: 10/07/2017 Đềthi có: trang gồm câu Câu I: (2,0 điểm) Cho phương trình : nx + x − = (1), với n tham số a) Giải phương trình (1) n=0 b) Giải phương trình (1) n = 3 x − y = Giải hệ phương trình: x + y = 10 Câu II: (2,0 điểm) y 8y y −1 y > 0, y ≠ 4, y ≠ + : − Cho biểu thức A = ÷ ÷ ÷ y−2 y ÷, với − y + y y Rút gọn biểu thức A Tìm y để A = −2 Câu III: (2,0điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = x − n + parabol (P): y = x2 Tìm n để đường thẳng (d) qua điểm A(2;0) Tìm n để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn: x12 − x2 + x1 x2 = 16 Câu IV: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính MN = R Gọi (d) tiếp tuyến (O) N Trên cung MN lấy điểm E tùy ý (E không trùng với M N), tia ME cắt (d) điểm F Gọi P trung điểm ME, tia PO cắt (d) điểm Q Chứng minh ONFP tứ giác nội tiếp Chứng minh: OF ⊥ MQ PM PF = PO.PQ 3.Xác định vị trí điểm E cung MN để tổng MF + ME đạt giá trị nhỏ Câu V: (1,0 điểm) 1 + + = 2017 Tìm Cho a, b, c số dương thay đổi thỏa mãn: a+b b+c c+a 1 + + giá trị lớn biểu thức: P = 2a + 3b + 3c 3a + 2b + 3c 3a + 3b + 2c Hết -1- Hướng dẫn Giaỉ :ĐỀ THITUYỂNSINH LƠP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: Toán Câu I: (2,0 điểm) 1)a) Thay n = Cho phương trình : nx + x − = ta có : x-2 = ⇔ x = Vậy với n = phương trình có nghiệm x = b) Thay n = Cho phương trình : x + x − = phương trình bậc hai ẩn x có dạng a+ b + c = nên phương trình có nghiệm x1= áp dụng hệ thức vi ét ta có x2 =2 ;Vậy với n = phương trình có nghiệmx1= x2 =-2 3 x − y = x = 16 x=4 x = ⇔ ⇔ ⇔ Giải hệ phương trình: x + y = 10 2 y = y = x + y = 10 x = y = nghiệm hệ phương trình Câu II: (2,0 điểm), với y > 0, y ≠ 4, y ≠ y 8y y −1 + : − Rút gọn biểu thức A = ÷ ÷ ÷ y−2 y ÷ − y + y y A= A= ( ) y − y + y (2 + y )(2 − y ) (2 + ( y −1− ( y −2 y y − ) ) y − y + y y −1 − y + (2 + y )(2 − y ) y ( y − 2) − 4y y + y − y +3 y (2 + y ) y ( y − 2) : = = 3− y y )( − y ) y ( y − ) ( + y )( − y ) 3− y : = : − 4y 2) Thay A = −2 vào ta có =-2 ⇔ 4y=- + y ⇔ 4y + y - = 3− y Đặt t = y ≥ nên t2 = y ⇔ 4t2 + 2t - = ⇔ 2t2 + t - = có dạng a+ b + c = nên phương trình có nghiệm t1= 1( Thỏa mãn) áp dụng hệ thức vi ét ta có t2 =- ; – n >0 ⇒ n < x1 + x = theo hệ thức vi ét ta có mà x12 − x2 + x1x2 = 16 x x = n − x12 + x1 x2 + x22 − x1 x2 − x2 − x22 = 16 ⇒ ( x1 + x ) − x ( x1 + + x ) = 16 ⇒ – x2 (2+2) =16 ⇒ 4.x2 = -12 ⇒ x2 = -3 ⇒ x1 = mặt khác x1x2= n-3 Thay vào ta có -15 = n – ⇒ n = -12< Thỏa mãn Vậy với n = -12 Thì đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn: x12 − x2 + x1x2 = 16 -2- Câu IV: (3,0 điểm) 1) Chứng minh ONFP tứ giác nội tiếp Vì P trung điẻm ME nên OP ⊥ ME hay QP ⊥ MF P ⇒ F FPˆ O = 90 E mặt khác d tiếp tuyến (O) N nên MN ⊥ FQ N ⇒ FNˆ O = 90 Nên FPˆ O + FNˆ O = 90 FPˆ O FNˆ O hai P góc dối tứ giác ONFP nên tứ giác ONFP nội tiếp 2) Xét ∆ MFQ ta có QP ⊥ MF ⇒ QP đường cao M O MN ⊥ FQ ⇒ MN đường cao MN cắt QP O nên O trực tâm ∆ MFQ ⇒ OF chứa đường cao ∆ D MFQ suy OF ⊥ MQ Xét tam giác vuông MPO QPF có MPˆ O = QPˆ F = 90 PMˆ O = PQˆ F ( Cùng phụ với PFˆN ) ⇒ tam giác vuông MPO QPF đồng PO MP dạng ⇒ PF `= PQ ⇒ PO.PQ = MP.PF 3.Xác định vị trí điểm E cung MN để tổng MF + 2ME đạt giá trị nhỏ Xét tam giác vuông MPO QNF có MPˆ O = MNˆ F = 90 ; Mˆ chung Nên tam giác vuông MPO MNF dồng dạng (g-g) ⇒ N Q MP MO = 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 tích 2ME MF không đổi 8R2 mà (MF+2ME )2 ≥ 4MF.2ME ( với a.b>0 ta có (a +b)2 ≥ 4a.b ) nên (MF+2ME )2 ≥ 4MF.2ME = (MF.2ME ) = 8R2= 32.R2 ⇒ MF+2ME ≥ 32 R = R Dấu “=” xảy 2ME = MF E trung điểm MF mà NE ⊥ MF nên tam giác MNF vuông cân suy E điểm cung MN 1 1 1 1 1 16 1 1 1 + + + ≥ ⇒ có + + + ≥ 16 x y z t x + y + z + t x y z t x+ y+ z+t Câu V: Nếuvới x;y;z;t > ta có : ( x + y + x + t ) + + + ≥ 16 từ ta x y z t Thật Ta xét y y y y z y t z z z 1 1 x x x x ( 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 y 1 1 z x z x t t z + x + y + z + t = 4+ ( y + x )+( + ) + ( + )+( z + y )+( t + y )+( + ) z x t x z t mà tổng nghịch đảo dôi không bé ( áp dụng co si ) dấu = x= y = z=t 1 ( x + y + z + t ) + + + ≥ + + + + + + = 16 x y z t 1 1 1 1 1 + + + ≥ ⇒ ( x + y + z + t ) + + + ≥ 16 x;y;z;t > ⇒ 16 x y z t x + y + z + t x y z t Dấu “=” xảy x = y = z = t áp dụng vào toán ta có: -3- 1 + + 2a + 3b + 3c 3a + 2b + 3c 3a + 3b + 2c 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 ≤ + + + + + + ÷+ ÷ 16 b + c b + c b + a c + a 16 a + c a + c a + b b + c 1 1 1 + + + + ÷ 16 a + b a + b a + c b + c 1 4 = + + ÷ 16 b + c a + b c + a 1 1 2017 = + + ÷= 4 b + c a + b c + a P= Dấu “=” xảy ⇔ a =b =c = Vậy MaxP = 4034 2017 ⇔ a =b =c = 4034 Ngày 10 tháng năm 2017 Nguyễn Văn Thủy Sầm Sơn Thanh Hóa -HẾT- -4- ...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 = Cho phương trình : nx + x − = ta... ≥ 16 x;y;z;t > ⇒ 16 x y z t x + y + z + t x y z t Dấu “=” xảy x = y = z = t áp dụng vào toán ta có: -3- 1 + + 2a + 3b + 3c 3a + 2b + 3c 3a + 3b + 2c 1 = + + b+c+b+c+b+a+c+a a+c+a+c+a+b+b+c... + y ) y ( y − 2) : = = 3− y y )( − y ) y ( y − ) ( + y )( − y ) 3− y : = : − 4y 2) Thay A = −2 vào ta có =-2 ⇔ 4y=- + y ⇔ 4y + y - = 3− y Đặt t = y ≥ nên t2 = y ⇔ 4t2 + 2t - = ⇔ 2t2 + t - = có