de thi tuyen sinh vao lop 10 mon toan truong thpt chuyen lam son

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN ĐỀ THI LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: Toán chung (Dành cho thí sinh) (Thời gian làm 120 phút) A= x x ≥ 0;xx+≠19 − 11 x Câu I (2.0 điểm) Cho biểu thức + + − x (Với ) x +3 x −3 a/ Rút gọn A A≥0 b/ Tìm tất giá trị x để Câu II (2.0 điểm) x1)+x4+ 2m a/ Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai y = ( ym=2 − đường thẳng (d1): (m tham số) (d2): Tìm giá trị tham số m để đường thẳng (d1) (d2) song song với ( x x −−22mx( m+−21m) x−+12) (mx−−52=) 0≤ b/ Cho phương trình: 22 1 (với m tham số) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn Câu III (2.0 điểm)  x + y = a/ Giải hệ phương trình  3 x − y = b/ Giải phương x + 4x − = ( x + 4) x2 − trình: ·BAD < 90o Câu IV (3.0 điểm): Cho hình bình hành BCD ABCD với , tia phân giác góc cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD O (Khác C), kẻ đường thẳng (d) qua A vuông góc với CO Đường thẳng (d) cắt đường thẳng CB, CD M N · · a/ Chứng minh OBM = ODC b/ Chứng minh ∆OBM = ∆ODC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN ND IB2 – IK c/ Gọi K giao điểm OC BD, = I tâm đường tròn ngoại tiếp tam MB KD giác BCD Chứng minh rằng: Câu V (1.0 điểm): Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ 2 + 1) z ( xy + 1) Tìm giá trị nhỏ x ( yz + 1) y ( zx P= + + biểu thức z zx + x xy + y yz + ( ) ( ) VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí ( ) HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ Câu Nội dung Điểm a/ Rút gọn A x x + − 11 x + + 9− x x +3 x −3 x x +1 11 x − A= + + x +3 x −3 x +3 x −3 − 3x − x x x− −6 x++ x +x 4+ x + 3x ++11 +x11 A= A= + 33 x xx − −x33+ xx + CâuI 3x + x x A= = = x +3 x − x ≥ 0;3xx ≠+x 93 x −3 x −3 Vậy với A = A ≥x0− b/ Tìm tất giá trị x để    3 x ≥ A0x≥ ≥0  Kết hợp điều kiện => x >   x − 3xA>−≥030  x ≥ =>   x = x =  3 x ≤   song song với CâuII a/ Để đường thẳng (d1) (d2)   x − < m = m2 − = m2 = a = a '  =>  =>  =>   m = −2 => m = −2  Vậy với m b ≠ b ' 2m ≠ m ≠ m ≠  A= ( ( )( ( )( ) ) ( )( ) (( )) (( ( )) ) ) ( )( ) ( 1.0 ) 1.0 0.5 = - đường thẳng (d1) song song vi đường thẳng (d2) b/ x − ( m − 1) x + 2m − = Ta có: với ∆ ' = ( m − 1) − 2m + = m − 4m + = ( m − ) + > 2 m, nên phương trình có nghiệm phân biệt với m Theo vi ét ta có  x1 + x2 = 2m −   x1 x2 = 2m − ( x12 − 2mx1 + 2m − 1) ( x2 − ) ≤ Để =>  x − ( m − 1) x1 + 2m − − x1 +  ( x2 − ) ≤ 2(x(422−−24xx1−1) )(x(1xx22−+ −22) )x≤1≤≤000 => => => ( x2 + x1 ) − x1 x2 − ≤ => Thay vào ta có : =>=> Vậy 0.5 − 2m + − 5− ( 24m )4≤−≤340≤ 2m−−2 3) −≤( 02m => m m≤ 1.0 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Câu III a/ Giải hệ phương trình Điều 2 x + y =  kiện : x, y ≥ 3 x − y = Đặt Ta có hệ phương trình x = a, y = b(a, b ≥ 0)  2a + b =  x4=a1+ 2b = 7xa==17 a =  ( TMDK ) =>      b = Vậy hệ có 3a − 2b =  y 23=a1− 2bx=x=1=11 2ya=+±b1=  yy==−11 nghiệm: => 1.0 b/ Giải phương trinh: x + x − 7x=≥( x 7+ ) x −  Điều kiện  x ≤ − (x  − 7x)2 ++44(xx−+74=) −( 16 x +=4 )( x +x 24−) x − Đặt , ta có phương trình  x − = a ≥  = b= ( a + ) ( a − ) − b ( a − ) =  x4b+ −4 ab a + 4b − 16 = ab a − 16 + ( a − 4) a( a=+44 − b ) = => a = b −    x −7 = x −7 =  =>  => x ± 23 phương  x − = x + − x ±  23x − = x   => Vậy trình có nghiệm : Câu Hình IV VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí 1.0 M B A G O K I N C D H · · OBM = ODC a/ Chứng minh Ta có tứ giác OBCD nội tiếp (gt) · · OBC + ODC = 180o => (đ/l) (1a) · · Ta có: (Hai góc kề bù) (2a) OBC + OBM = 180o · · OBM = ODC Từ 1a,2a => (ĐPCM) a/ + Chứng minh ∆OBM = ∆ODC xét ∆OBM ∆ODC có µ =C ¶ => OB » = OD » => OB = OD C (1b) 1.0 (C/m câu a) (2b) · · OBM = ODC Do AD//BC (gt) => AD//MC · · NAD = NMC => (đồng vị) (3b) · · Do ∆CMN có đường cao vừa MNC = NMC đường phân giác => (4b) Từ 3b, 4b => ∆DAN cân D => AD = ND mà CN = CM (Do tam giác VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí 0.75 CMN cân) => CN – ND = CM – BC => BM = DC (5b) 0.75 Từ 1b, 2b, 5b => ∆OBM = ∆ODC (c.g.c) (ĐPCM) + Chứng minh O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN xét ∆OCM ∆OCN có µ =C ¶ CM = CN (c/m trên) (8b) OC cạnh chung (6b) ; (gt) (7b) C Từ 6b,7b,8b => ∆OCM = ∆OCN (c.g.c) => OM = ON mà ON = OC => OM = ON = OC => O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN (ĐPCM) c/ Chứng minh rằng: ND IB2 – IK = MB KD Gọi giao điểm IK với đường tròn tâm I G H Ta có IB2 – IK ( IB − IK ) ( IB + IK ) ( IG − IK ) ( IH + IK ) KG.KG = = = KD KD KD KD mà KG.KH = KD.KB => (1c) Do ND = AD = BC 0.5 IB2 – IK KD.KB KB = = KD KD KD MB = CD (chứng minh trên) => mà (Tính chất tia phân giác) => (2c) Câu V Từ 1c, 2c => (ĐPCM) Ta có ND BC KB BC == MB CD KD CD ND KB = MB KD ND IB2 – IK = MB KD 1.0 x ( yz + 1) y ( zx + 1) z ( xy + 1) P= + + z ( zx + 1) x ( xy + 1) y ( yz +2 1) 2 ( yz + 1) ( zx + 1) ( xy + 1) y2 x2 + z2 + P = ( zx +11) ( xy +11) ( xyz+ +11) ÷ 2 y + ÷ 2 z + ÷  z a  (yax + a + a z) y2  Áp dụng BĐT: P =a1 + ax2 + + + ≥ 1 b1 z +b2 a1 b3 ax2 + ba1 3+ b2 +yb+ Dấu = xảy =y x = z b b2 2b3 2  1 1 1 1  1   y+ ÷ z+ ÷ x+ y÷ x+ y+z+ x + y + z÷ z  x   ≥  P= + + 1   1 z+ x+ y+ x+ y+z+ + + ÷  x y z x y z  2 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí  1 1 P≥x+ y+z+ + + ÷ x y z  1 Áp dụng BĐT : + + ≥ x y z x+ y+z   9 27 P≥ x+ y+z+ = x + y + z + + x+ y+z  4( x + y + z)  4( x + y + z) => Ta có: ; => Vậy 27 27 9  = = x + y + z +  3 ≥ 22 = ( x +4y( x+ +z )y9+15 z )1 4.15  PxP≥=min 3y+= =z == 2 22 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí ... ≥ A0x≥ ≥0  Kết hợp điều kiện => x >   x − 3xA>−≥030  x ≥ =>   x = x =  3 x ≤   song song với CâuII a/ Để đường thẳng (d1) (d2)   x − < m = m2 − = m2 = a = a '  =>  =>... m ≠  A= ( ( )( ( )( ) ) ( )( ) (( )) (( ( )) ) ) ( )( ) ( 1.0 ) 1.0 0.5 = - đường thẳng (d1) song song vi đường thẳng (d2) b/ x − ( m − 1) x + 2m − = Ta có: với ∆ ' = ( m − 1) − 2m + = m − 4m