Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán trường THPT chuyên Quảng Ngãi năm học 2017 2018

Tên : Trương Quang An
Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng
Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi
Điện thoại : 01208127776
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯƠNG QUANG AN

Bài 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức P  2017(

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ TUYỂN SINH
LỚP 10 CHUYÊN
THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn: Toán
x2  x
4 x  3 x 4( x  1)


)
x  x 1
x
x 1

1.Rút gọn P.
2.Cho Q 

2018 x
. Chứng minh rằng 0  Q  2
P

Bài 2 (2,0 điểm)
 x2  y 2  5

1.Giải hệ phương trình: 
3( x  y )  4 xy  5  0
2.Giải phương trình: ( x2  3x  2)( x2  7 x  12)  24

Bài 3 (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y   x 2 và đường thẳng (d) đi qua
I (0; 1) và có hệ số góc k.
1. Chứng minh rằng với mọi giá trị của k đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B .
2.Chứng minh OAB là tam giác vuông.

Bài 4 (3,0 điểm)
Cho nửa đường tròn đường kính AB  2R (R là số dương cho trước), gọi O là trung điểm của AB .
Tiếp tuyến với đường tròn tại một điểm P thuộc nửa đường tròn (P không trùng với A, B ) cắt hai tiếp
tuyến Ax, By của nửa đường tròn theo thứ tự tại các điểm M , N . Gọi K là giao điểm của OM với AP ,
H là giao điểm của ON và PB.
1.Chứng minh rằng AMPO là tứ giác nội tiếp và OHPK là hình chữ nhật.

2.Chứng minh: AM .BN  R2 . Xác định vị trí của P để AM  BN đạt giá trị nhỏ nhất.
3.Xác định vị trí của các điểm M trên Ax và N trên By để chu vi hình thang AMNB bằng 7R .

Bài 5 (1,0 điểm)
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x  y  1 . Chứng minh rằng:
1
2
A 2
  4 xy  11 .Đẳng thức xảy ra khi nào?
2
x y
xy

1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯƠNG QUANG AN

Câu
I

Đáp án

ý
Cho biểu thức P 

(2,0
điểm)

1

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10
THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn: Toán

x  x
4 x  3 x 4( x  1)


x  x 1
x
x 1

Rút gọn P.
2

x  0
Điều kiện: 
x  1
x [( x )3  1]
4( x  1)( x  1)
Ta có P 
 (4 x  3) 
x  x 1
x 1


x ( x  1)( x  x  1)
 (4 x  3)  4( x  1)  x ( x  1)  1
x  x 1

Vậy P  x  x  1
Cho Q 
Ta có Q 

2

II
(2,0
điểm)

1

2018 x
. Chứng minh rằng 0  Q  2018
P

2018 x
x  x 1

1
3 3
Vì P  x  x  1  ( x  )2   và 2 x  0 nên Q  0
2
4 4
1
1
2018
Ta có Q 
. Do
x
 2 x.
 2 , dấu “=” xảy ra khi
1
x
x
x
1
x
1
1
x
 x  1 không thỏa mãn điều kiện nên ta có x 

 2 . Suy ra Q  2018
x
x
Vậy 0  Q  2018

 x2  y 2  5
Giải hệ phương trình: 
3( x  y )  4 xy  5  0
( x  y )2  2 xy  5
Phương trình tương đương: 
3( x  y )  4 xy  5  0
S 2  2P  5
Đặt S  x  y, P  xy . Ta được hệ: 
3S  4 P  5
S  1

P  2
2
2S  3S  5  0  



 S   5
5  3S

2
P 
 

4


5
 P 
8

2


S  1
x  y  1
Với 
, khi đó x, y là các nghiệm của phương trình:

 P  2
 xy  2
 X  1
 x  1
x  2
. Suy ra 
hoặc 
X2  X 20 
X  2
y  2
 y  1

5
5


 S   2

 x  y   2
Với 
, khi đó x, y là các nghiệm của phương trình:

P  5
 xy  5


8
8
5
5
5  15
.
X   0  8 X 2  20 X  5  0  X 
2
8
4


5  15
5  15
x 
x 


4
4
Suy ra 
hoặc 

 y  5  15
 y  5  15


4
4
2
2
Giải phương trình: ( x  3x  2)( x  7 x  12)  24
Phương trình tương đương với:
( x  1)( x  4)( x  2)( x  3)  24  ( x2  5x  4)( x2  5x  6)  24
X2 

2

Đặt x2  5x  5  t , ta được phương trình
(t  1)(t  1)  24  t 2  1  24  t 2  25  t  5
x  0
Với t  5  x 2  5 x  5  5  x 2  5 x  0  x( x  5)  0  
 x  5
Với t  5  x2  5x  5  5  x2  5x  10  0 , phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x  0, x  5
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y   x 2 và đường thẳng
(d) đi qua I (0; 1) và có hệ số góc k.
Chứng minh rằng với mọi giá trị của k đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân
biệt A, B .

III
(2,0
điểm)

1

2

Đường thẳng (d) có phương trình: y  kx  1
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):
 x2  kx  1  x2  kx  1  0 (1)
Vì phương trình (1) có a.c  0 nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu. Do đó, (d)
luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B.
Chứng minh OAB là tam giác vuông.
Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành độ của A và B. Khi đó, x1 , x2 là các nghiệm của (1).
3


 x  x  k
Theo định lí Viet, ta có:  1 2
 x1.x2  1
Tọa độ các điểm A, B: A( x1; kx1  1), B( x2 ; kx2  1)
Ta có OA2  x12  (kx1  1)2 ; OB2  x22  (kx2  1)2 nên
OA2  OB2  x12  (kx1  1)2  x22  (kx2  1)2  (k 2  1)( x12  x22 )  2k ( x1  x2 )  2

 (k 2  1) ( x1  x2 )2  2 x1.x2   2k ( x1  x2 )  2  (k 2  1) k 2  2  2k 2  2

 (k 2  1)(k 2  4)

Ta có AB2  ( x2  x1 )2  (kx2  1)  (kx1  1)  ( x2  x1 ) 2  k 2 ( x2  x1 ) 2
2

 (k 2  1)( x2  x1 )2  (k 2  1) ( x2  x1 )2  4 x2 x1   (k 2  1)(k 2  4)

Vì AB2  OA2  OB2 nên tam giác OAB vuông tại O.
Chú ý: học sinh có thể làm theo cách sau:
Đường thẳng OA qua gốc O nên phương trình có dạng: y  mx .

IV
(3,0

điểm)

Vì điểm A( x1;  x12 ) thuộc đường thẳng này nên ta có  x12  m.x1  m   x1 (vì x1.x2  1 nên
x1  0, x2  0 )
Ta có phương trình đường thẳng OA: y   x1 x
Tương tự, ta có phương trình đường thẳng OB: y   x2 x
Tích hệ số góc của hai đường thẳng OA và OB là ( x1 ).( x2 )  x1.x2  1 . Do vậy hai đường
thẳng OA, OB vuông góc với nhau hay tam giác OAB vuông tại O.
Cho nửa đường tròn đường kính AB  2R (R là số dương cho trước), gọi O là trung
điểm của AB . Tiếp tuyến với đường tròn tại một điểm P thuộc nửa đường tròn (P
không trùng với A, B ) cắt hai tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn theo thứ tự tại các
điểm M , N . Gọi K là giao điểm của OM với AP , H là giao điểm của ON và PB.
Chứng minh rằng AMPO là tứ giác nội tiếp và OHPK là hình chữ nhật.
N
P
M

1

K
A

H
O

B

Vì MA, MP là các tiếp tuyến với nửa đường tròn nên MA  AO, MP  PO , suy ra tứ giác
AMPO nội tiếp đường tròn đường kính MO.
Vì MA  MP (tính chất 2 tiếp tuyến đi qua M) và OP  OA  R nên suy ra MO là đường
trung trực của AP  AP  MO  OKP  90o .
Tương tự OHP  90o .
Ta có APB  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Tứ giác OHPK có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật.
Chứng minh: AM .BN  R2 . Xác định vị trí của P để AM  BN đạt giá trị nhỏ nhất.
2

Vì OHPK là hình chữ nhật nên KOH  90o . Ta có tam giác MON vuông tại O, OP là
đường cao nên PM .PN  OP2  R2
Nhưng MP  MA, NP  NB nên ta suy ra AM .BN  R2
4


Theo BĐT CÔSI ta có MA  NB  2 MA.NB  2 R2  2R (không đổi). Dấu “=” xảy ra
khi MA  NB nên tổng MA  NB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2R khi MA  NB .
Khi đó tứ giác AMNB là hình chữ nhật. Mặt khác OP  MN nên OP  AB khi đó P là
điểm chính giữa của nửa đường tròn.
Xác định vị trí của các điểm M trên Ax và N trên By để chu vi hình thang AMNB bằng
7R .
Ta có chu vi p của hình thang AMNB bằng:
p  AM  MN  NB  BA  AM  MP  PN  NB  AB  p  2( AM  NB)  2R
Theo chứng minh trên ta có AM .BN  R2 và theo giả thiết p  7 R nên ta có hệ phương

trình:
5R

2( AM  NB)  2 R  7 R
 AM  NB 

2

2
 AM .NB  R
 AM .NB  R 2

3

 X  2R
5R

2
Suy ra AM , BN là các nghiệm của phương trình X 
X R 0
1
2
X R


2
AM
 2R



Do vậy các điểm M, N thỏa mãn yêu cầu của bài toán được xác định bởi 
R hoặc
BN


2
 BN  2 R


R
 AM  2
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x  y  1 . Chứng minh rằng:
1
2
A 2
  4 xy  11
2
x y
xy
Đẳng thức xảy ra khi nào?
1 1
4
Trước hết ta có bất đẳng thức  
(*) với a, b  0 . Dấu “=” xảy ra khi và
a b ab
chỉ khi a  b .
ab
4
Thật vậy, BĐT (*) 


 (a  b)2  4ab  (a  b)2  0 (đúng).
ab
a b
Dấu “=” của BĐT (*) xảy ra khi a  b  0  a  b
1
Vì x  y  2 xy , x  y  1 nên ta có 1  4 xy   4 (**).
xy
1
Dấu “=” xảy ra khi x  y 
2
 1
1  
1  5
Ta có A   2 2 
   4 xy 

2 xy  
4 xy  4 xy
x y
Áp dụng BĐT CÔSI, BĐT (*) và (**) ta được:


4
1
5
4
A 2
 .4 
 7  4  7  11
  2 4 xy.

2
4 xy 4
( x  y)2
 x  y  2 xy 
2

V
(1,0

điểm)

5


 x 2  y 2  2 xy

4 xy  1

1
4 xy
Dấu “=” xảy ra khi 
x y
2
 xy  1

4

x  y  1

______________________Hết________________________

6