Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán trường THPT Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa năm 2016 - 2017

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 mọi thí sinh)
(Thời gian làm bài 120 phút)
Câu I (2.0 điểm) Cho biểu thức A 

2 x
x  1 3  11 x


(Với x  0; x  9 )
9 x
x 3
x 3

a/ Rút gọn A
b/ Tìm tất cả các giá trị của x để A  0
Câu II (2.0 điểm)
a/ Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d1): y   m 2  1 x  2m (m là tham số) và
(d2): y  3x  4 . Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau
b/ Cho phương trình: x 2  2  m  1 x  2m  5  0 (với m là tham số). Tìm các giá trị của m để
phương trình đó có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn  x12  2mx1  2m  1  x2  2   0
Câu III (2.0 điểm)
2 x  y 2  3

a/ Giải hệ phương trình 

2
3 x  2 y  1

b/ Giải phương trình: x 2  4 x  7   x  4  x 2  7
  90o , tia phân giác góc BCD
  90o
Câu IV (3.0 điểm): Cho hình bình hành ABCD với BAD
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD tại O (Khác C), kẻ đường thẳng (d) đi qua A và vuông
góc với CO. Đường thẳng (d) cắt đường thẳng CB, CD lần lượt tại M và N.
  ODC

a/ Chứng minh OBM
b/ Chứng minh ∆OBM = ∆ODC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN
c/ Gọi K là giao điểm của OC và BD, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Chứng

minh rằng:

ND
IB2 – IK 2

MB
KD 2

Câu V (1.0 điểm): Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z 

3
2

x  yz  1
y  zx  1
z  xy  1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2

 2
 2
z  zx  1 x  xy  1 y  yz  1
2

2

2

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ
Câu

Nội dung

Điểm

a/ Rút gọn A
A

2 x
x  1 3  11 x


9 x
x 3
x 3

A

2 x
x 1


x 3
x 3

A

A

2 x



x 3



x 3



1.0

  x  1 x  3  11
 x  3 x  3

x 3 

x 3

2 x  6 x  x  4 x  3  11 x  3



CâuI
A



11 x  3



x 3



3x  9 x
x 3



x 3

x 3



 



3 x



x 3

Vậy với x  0; x  9 thì A 

x 3





x 3



 

3 x
x 3



3 x
x 3

b/ Tìm tất cả các giá trị của x để A  0
 3 x  0

  x  3  0
x  9
3 x
0  
 
A0 
x 3
x  0
 3 x  0

  x  3  0

1.0

Kết hợp điều kiện => x > 9 hoặc x = 0 thì A  0
CâuII a/ Để đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau thì
m  2
m 2  1  3
m 2  4
a  a '

 
 

   m  2  m  2

b  b '
 2m  4
m  2
m  2


0.5

Vậy với m = - 2 thì đường thẳng (d1) song song vi đường thẳng (d2)
b/ x 2  2  m  1 x  2m  5  0
Ta có:  '   m  1  2m  5  m 2  4m  6   m  2   2  0 với mọi m, nên
2

2

phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


Theo vi ét ta có
 x1  x2  2m  2

 x1 x2  2m  5

0.5

Để  x12  2mx1  2m  1  x2  2   0

=>  x12  2  m  1 x1  2m  5  2 x1  4   x2  2   0
=>  4  2 x1  x2  2   0 =>  2  x1  x2  2   0 => 2 x2  4  x1 x2  2 x1  0
=> 2  x2  x1   x1 x2  4  0
Thay vào ta có :
2  2m  2    2m  5   4  0 => 4m  4  2m  5  4  0 => 2m  3  0  m 

Vậy m 
Câu
III

3
2

1.0

3
2

2 x  y 2  3
a/ Giải hệ phương trình 
Điều kiện : x, y ≥ 0
2
3 x  2 y  1
x  a, y 2  b(a, b  0) . Ta có hệ phương trình

Đặt

 2a  b  3
4a  2b  6
7 a  7

a  1
 
 
 

3a  2b  1
3a  2b  1
 2a  b  3
b  1

=>

1.0

x  1
 x  1
(TMDK )  
 2
 y  1
 y  1
x  1
x  1
và 
y 1
 y  1

Vậy hệ có 2 nghiệm: 

x  7

b/ Giải phương trinh: x 2  4 x  7   x  4  x 2  7 . Điều kiện 

 x   7

x 2  4 x  7   x  4  x 2  7   x 2  7   4  x  4   16   x  4  x 2  7
 x 2  7  a  0
, ta có phương trình
 x  4  b

Đặt 

1.0

a 2  4b  16  ab  a 2  16  4b  ab  0   a  4  a  4   b  a  4   0
a  4
a  b  4

  a  4  a  4  b   0 => 

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


 x2  7  4
 x2  7  4

=>
 
 x  23
 x 2  7  x  4  4
 x 2  7  x

Vậy phương trình có 2 nghiệm : x  23

Câu

Hình

IV
M

B

A
G
O
K

2

I
1
N

C

D

H

  ODC


a/ Chứng minh OBM

Ta có tứ giác OBCD nội tiếp (gt)
 + ODC
  180o (đ/l) (1a)
=> OBC

1.0

 + OBM
  180o (Hai góc kề bù) (2a)
Ta có: OBC
  ODC
 (ĐPCM)
Từ 1a,2a => OBM

a/ + Chứng minh ∆OBM = ∆ODC

0.75

xét ∆OBM và ∆ODC có
 C
  OB
  OD
  OB  OD (1b)
C
1
2

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


  ODC
 (C/m câu a) (2b)
OBM
  NMC
 (đồng vị) (3b)
Do AD//BC (gt) => AD//MC => NAD
  NMC
 (4b)
Do ∆CMN có đường cao vừa là đường phân giác => MNC

Từ 3b, 4b => ∆DAN cân tại D => AD = ND mà CN = CM (Do tam giác
CMN cân)
=> CN – ND = CM – BC => BM = DC (5b)
Từ 1b, 2b, 5b => ∆OBM = ∆ODC (c.g.c) (ĐPCM)
+ Chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN

0.75

xét ∆OCM và ∆OCN có
 C
 (gt) (7b) và CM = CN (c/m trên) (8b)
OC là cạnh chung (6b) ; C
1
2

Từ 6b,7b,8b => ∆OCM = ∆OCN (c.g.c) => OM = ON mà ON = OC
=> OM = ON = OC => O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN

(ĐPCM)
c/ Chứng minh rằng:

ND
IB2 – IK 2

MB
KD 2

Gọi giao điểm của IK với đường tròn tâm I là G và H. Ta có
IB2 – IK 2  IB  IK  IB  IK   IG  IK  IH  IK  KG.KG



KD 2
KD 2
KD 2
KD 2

mà KG.KH = KD.KB
IB2 – IK 2 KD.KB KB


=>
(1c)
KD 2
KD 2
KD

0.5

Do ND = AD = BC và MB = CD (chứng minh trên)
=>

ND
BC
BC KB
mà
(Tính chất tia phân giác)


MB
CD
CD KD

=>

ND
KB

(2c)
MB
KD

ND
IB2 – IK 2
Từ 1c, 2c =>
(ĐPCM)

MB

KD 2

Câu
V

Ta có
x  yz  1
y  zx  1
z  xy  1
P 2
 2
 2
z  zx  1 x  xy  1 y  yz  1
2

2

2

1.0

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


 yz  1
P

2

 zx  1

2

x2
z2


 zx  1  xy  1
x
y

 xy  1

2

y2
 yz  1
z
2

2
2
1
1 
1 

y  z  x y
z 
x 
 .

P


1
1
1
z
x
y
x
y
z

a 2 a 2 a 2 a  a  a 
Áp dụng BĐT: 1  2  3  1 2 3
b1 b2
b3
b1  b2  b3

Dấu = xảy ra khi

2

a1 a2 a3


b1 b2 b3
2

2

2
2

1
1 1 1
1 
1 

y

z

x yz x  y  z

 
 x y
z 
x 
 

P


1
1
1

1 1 1
z

x
y
x yz x  y  z
x
y
z




1 1 1
Px yz   
x y z


Áp dụng BĐT :

1 1 1
9
  
x y z x yz

=> P  x  y  z 


Ta có:  x  y  z 


9
2

=> P  3  



9
9
27
 x  y  z 

x yz 
4 x  y  z 4 x  y  z

9
9
27
27 9
3;


2
4 x  y  z
4
4  x  y  z  4. 3 2
2

15
15
1
. Vậy P min 

khi x  y  z 
2
2
2

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí