Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 2018 môn toán sở GD và đt thanh hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LƠP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Mơn thi: Tốn Thời gian: 120 phút khơng kể thời gian giao đề Ngày thi: 10/07/2017 Đề thi 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 = 3x  y  Giải hệ phương trình:   x  y  10 Câu II: (2,0 điểm)  y 8y   y 1  Cho biểu thức A    :    , với y  0, y  4, y  2 y 4 y  y2 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  2ME 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 - HƯỚNG DẪN GIẢI 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 3x  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     2 y 4 y  y2 y y     A= A=   y  y  8y 2  y 2  y  2  y 1   y 2 y y  2) Thay A  2 vào ta có 4y 3 y  = y  y  y y 1 y  2  y 2  y  y  y  2 y  y  y 3 y 2  y  y  y   4y = = : y 2  y  y  y   2  y 2  y  3 y 3 y : : =-2  4y=- + y  4y - y + = Đặt t = y  nên t2 = y  4t2 -2t + =  2t2– t + = Ta có  = 1- 24 = -23< phương trình vơ nghiệm Câu III: (2,0điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y  x  n  đường thẳng (d) qua điểm A(2;0) thay x = y = vào ta có = – n +  n = Vậy với n = đường thẳng (d) qua điểm A(2;0) 2) phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) : x2 = 2x –n +3 Hay x2 - 2x + n – = ; ' = 1- n + = – n Để phương trình có nghiệm ( hay đường thẳng pa bol cắt hai điểm )khi ' > ; – n >0  n <  x1  x  mà x12  x2  x1 x2  16  x1 x  n  theo hệ thức vi ét ta có  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  x1 x2  16 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  FPˆ O  90 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 vng MPO QPF có MPˆ O  QPˆ F  90 PMˆ O  PQˆ F ( Cùng phụ với PFˆ N )  tam giác vuông MPO QPF đồng dạng  F E N PO MP `  PO.PQ  MP.PF PF PQ Q 3.Xác định vị trí điểm E cung MN để tổng MF  2ME đạt giá trị nhỏ Xét tam giác vng MPO QNF có MPˆ O  MNˆ F  90 ; Mˆ chung Nên tam giác vuông MPO MNF dồng dạng (g-g)  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 ln 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 16  1 1       có        16  x y z t  x  y  z  t  x y z t  x y z t  1 Câu V: Nếuvới x;y;z;t > ta có : ( x + y + x + t )       16 từ ta x y z t Thật Ta xét 1 1 1 x y y x x x x x x t t x y y y y z y t t y z z z ( x + y + z + t )          +    +    + x y z t x y z t x y z t x y z t t x t y t z t t x z z x y z z y t z z t +    = 4+ (  )+(  ) + (  )+(  )+(  )+(  ) mà tổng nghịch đảo dôi không bé ( áp dụng co si ) dấu = x= y = z=t 1 1 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 tốn ta có: 1 P   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  2017 1      4b  c a b c  a  Dấu “=” xảy abc Vậy MaxP  4034 2017 abc 4034 ... nghiệmx1= x2 =-2 3x  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  