Đề thi tuyển sinh vào 10 môn toán năm 2017-2018 trường thcs Nga Thiện - Thanh Hóa - DAYTOAN.NET

Chứng minh rằng d và P có hai điểm chung phân biệt.. Tìm tọa độ giao điểm.. Tính diện tích tam giác OMN O là gốc toạ độ Câu IV 3,0 điểm Cho đường tròn tâm O đường kính MN.. Trên đường

TRƯỜNG THCS NGA THIỆN ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10

Năm ho ̣c: 2017 – 2018

MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2,0 điểm )

1 a) Giải phương trình: 4x + 3 = 0

b) Giải hệ phương trình: 3 7

x y

x y

 



  



2 Rút gọn biểu thức sau: A = 1 1 1

  Víi b0;b1

Câu 2 (2.0 điểm) : Cho phương trình: x2 – 2(n+2)x + n2 + 4n +3 = 0

a) Giải phương trình khi n = 0

b) Chứng minh rằng : Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của n

c) Tìm giá trị của n để biểu thức A = 2 2

1 2

x x đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 3 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2x + 3

1 Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt Tìm tọa độ giao điểm

2 Gọi M và N là các điểm chung của (d) và (P) Tính diện tích tam giác OMN ( O là gốc toạ độ)

Câu IV (3,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính MN Trên đường tròn lấy điểm C sao cho

MC < NC (CM) Các tiếp tuyến tại N và C của (O) cắt nhau ở điểm D, MD cắt (O) tại E (E M)

1) Chứng minh NE2 = ME.DE

2) Qua C kẻ đường thẳng song song với ND cắt MN tại H, DO cắt NC tại F Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp

3) Gọi I là giao điểm của MD và CH Chứng minh I là trung điểm của CH

Câu V ( 1,0 điểm) Chox y z, , là các số thực dương

4

P

xy yz zx   x y z 

Hết

Họ và tên thí sinh: ……… Sô báo danh:………

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ B

1

(2điểm)

1.a) x= 3

4

 b) Giải hệ phương trình

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 2

1

x y





 



0,5

0,5

2 Rót gän biÓu thøc:

Víi a0;a ta cã: 1

b

VËy A = b Víi b0;b 1

1.0

2

(điểm)

a) Xét phương trình: x2 – 2(n+2)x + n2 + 4n +3 = 0

b) Chứng minh rằng : Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt

x1, x2 với mọi giá trị của n

Ta có      (n 2)2n24n 3 1> 0 với mọi n  

Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi

giá trị của n

0,75

c) phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi

giá trị của n Theo hệ thức Vi-ét ta có :    





1 2

2

1 2

x x 2(n 2)

x x n 4n 3

A = x12 = (xx22 1 + x2)2 – 2 x1x2 = 4(n + 2)2 – 2(n2 + 4n +3)

= 2n2 + 8n+ 10

= 2(n2 + 4n+4) + 2

= 2(n + 2)2 + 2 ≥ 2 với mọi n

Suy ra minA = 2  n + 2 = 0 n = - 2

Vậy với n = - 2 thì A đạt min = 2

0,5

3 1 Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương

trình

x2 = 2x + 3 => x2 – 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

x1 = -1 và 2 3 3

1

c x a



   Với x1 = -1 => y1 = (-1)2 = 1 => M (-1; 1)

Với x2 = 3 => y2 = 32 = 9 => N (3; 9)

Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt M và N

0,5

0,5

2 Gọi M và N là các điểm chung của (d) và (P) Tính diện tích tam giác

OMN ( O là gốc toạ độ)

Ta biểu diễn các điểm M và N trên mặt phẳng toạ độ Oxy như hình vẽ

1 9

MNCD

MD NC

13,5

NOC

NC CO

MOD

MD DO

Theo công thức cộng diện tích ta có:

S(MBC) = S(MNCD) - S(NCO) - S(MDO) = 20 – 13,5 – 0,5 = 6 (đvdt)

0,5

0,5 Câu 4

(3điểm

)

1 (1đ ) Vì ND là tiếp tuyến của (O) nên ND  ON

Áp dụng hệ thức lượng trong ΔMND (MND=90 0;NE  MD)

Ta có NE2 = ME.DE ( đpcm)

0, 5

2(1 đ)

Ta có: + DC = DN ( tính chất tiếp tuyến cắt nhau)

+ OC = ON (Bán kính đường tròn (O) )

Suy ra DO là trung trực của CN

Suy ra DO NC CFO900 (1)

Lại có CH // ND (gt),

mà MN  ND (vì ND là tiếp tuyến của (O))

=> CH  MN => OHC900 (2)

0,25 0,25

0,25

Từ (1) và (2) ta có  OFC OHC  1800 => tứ giác CHOF nội tiếp 0,25

3( 1đ)

Có CH //ND=> HCN CND (hai góc ở vị trí so le trong) mà

ΔNCD cân tại D => CND DCN  nên CN là tia phân giác của HCD

0,25

do CM  CN => CM là tia phân giác góc ngoài đỉnh C của

ΔICD MI = CI

MD CD

0,25

x

y

E

D

M C

I F

E

N

D

M

C

H O

Trong ΔMND có HI // ND => MI = HI

MD ND (4)

0,25

Từ (3) và (4) => CI = HI

CD ND mà CD=NDCI=HI I là trung điểm của

CH

0,25

Câu 5

(1đ)

Ta có (x y z  )3(x3y3z3) 3( x y y z z x )(  )(  ) 0,25

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số không âm x+y; y+z; z+x ta có:

3

3 (2 2 2 ) 8

x y y z z x       x y z 

3 3 3 1

9

0,25

Lại có x2y2z2xy yz zx   ( )2

3

x y z

xy yz zx    

Do đó

3

3 3 3

2

2

3

4

3

x y z

P

 

 

1 (x y z)



 

3

2

x y z x y z

x y z

 

0,25

Dấu bằng xảy ra khi

2

1

x y z

x y z



  

     



  

 



3

x   y z

Vậy P 3

4

3

x   y z

0,25