HD DE THI LAM SON 2016 2017

www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NĂM HỌC 2016  2017

THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút

Đề thi gồm 01 trang

(Không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 5 tháng 6 năm 2016

Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức A=

2 x
x 3



x 1
x 3



3  11 x
với x  0, x  9

9x

a/ Rút gọn biểu thức
b/ Tìm tất cả các giá trị của x để có A  0
Câu 2. (2,0 điểm)
a/ Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1): y=(m2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 x22(m1)x+2m5=0 (m là tham số). Tìm các giá trị của tham số m để phương
trình đó có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn: ( x 12 2mx1+2m1)(x22)  0.
Câu 3. (2,0 điểm)

2 x  y 2  3
a/ Giải hệ phương trình: 
2
3 x  2y  1
b/ Giải phương trình: x2+4x7=(x+4) x 2  7





Câu 4. (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD với BAD <900. Tia phân giác góc BCD cắt đường
tròn ngoại tiếp BCD tại O (O khác C). Kẻ đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với CO. Đường
thẳng (d) cắt các đường thẳng CB, CD lần lượt tại M, N.
OBM  
ODC
a/ Chứng minh rằng: 

b/ Chứng minh OBM=ODC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp  CMN
c) Gọi K là giao điểm của OC và BD; I là tâm đường tròn ngoại tiếp BCD. Chứng minh rằng:

2
2
ND IB  IK

MB
KD 2

Câu 5. (1,0 điểm) Cho ba số thức x, y, z dương thỏa mãn: x+y+z 

x(y  1)2 y(zx  1)2 z(xy  1)


biểu thức P= 2
z (zx  1) x 2 (xy  1) y 2 (yz  1)

      HẾT        
facebook.com/mathvncom

3
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
HƯỚNG DẪN LÀM BÀI
Câu 1. a/ Với x  0 và x  9. Ta có:
A=

=

2 x( x  3)  ( x  1)( x  3)  11 x  3
( x  3)( x  3)
3x  9 x
( x  3)( x  3)

b/ Ta có: A  0 



3 x( x  3)
( x  3)( x  3)



3 x
x 3

x  0
0
(do
x 3
 x  3  0

3 x

x  0



x  9

x  0)

(t / m)

Vậy x =0 hoặc x > 9
Câu 2. (2,0 điểm)

 m 2  1  3 m  2
a/ Ta có: (d1) // (d2)  

 m  2

m
2

2m
4


Vậy m=2
b/ Phương trình có hai nghiệm x1; x2  =(m1)2(2m5)  0  m24m+6  0
 (m2)2+2  0 (luôn đúng với mọi m)
Do x1 là nghiệm của phương trình nên ta có: x 12 2(m1)x1+2m5 =0  x 12 2mx1+2m1=2x1+4
Do đó: ( x 12 2mx1+2m1)(x22)  0  2(x12)(x22)  0  x1x22(x1+x2)+4  0

(*)

 x1  x 2  2(m  1)
. Thay vào (*), ta được:

 x1 x 2  2m  5

Áp dụng định lý Viét ta có: 

2m54(m1)+4  0  2m+3  0  m 
Vậy m 

3
2

3
2

Câu 3. (2,0 điểm)
a/ ĐKXĐ: x  0.
2
2 x  y 2  3
 4 x  2y  6
7 x  7
 x  1


Ta có: 


2
2
2
2
3


2y

1
3 x  2y  1
3 x  2y  1 
3 x  2y  1

facebook.com/mathvncom

x  1
 2
y  1


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam

x  1

   y  1 (t/m) Vậy (x; y)=(1; 1) ; (1; 1)
  y  1

b/ Đk: x2  7
Cách 1. PT  (x27)(x+4)

x 2  7 +4x=0

Đặt t= x 2  7 (đk: t  0). Phương trình trở thành: t2(x+4)t+4x=0  (t4)(tx)=0

t  4

 

t  x

+) Với t=4 

x 2  7 =4  x2=23  x=

+) Với t=x 

x  0
(vô nghiệm)
x 2  7 =x   2
2
x

7

x


Vậy x= 

23 (thỏa mãn)

23

Cách 2. Pt  (x2+4x7)2=(x+4)2(x27)
 x4+16x2+49+2(4x37x228x)=(x2+8x+16)(x27)

 x4+16x2+49+2(4x37x228x)=x4+8x3+9x256x112
 7x2161=0  7(x223)=0  x= 
Kiểm tra lại, thấy x=
Vậy x= 

23

23 thỏa mãn.

23

Cách 3. Pt  x2+4x7=(x+4)( x 2  7 4) + 4x+16
2

 x 23=(x+4)

2

 x 23=(x+4)

( x 2  7  4)( x 2  7  4)
( x 2  7  4)

x 2  23
( x 2  7  4)

2

 (x 23)(1

x 2  23
( x 2  7  4)

 x 2  23
x   23

  x4

 x=
 1 x  4  x 2  7  4(VN)
 x2  7  4


Vậy x = 

)=0

23 (thỏa mãn)

23

facebook.com/mathvncom


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam

Câu 4.

a/ Ta có: 
OBM  

ODC ( do cùng bù với góc 
OBC )


b/ Do CO là phân giác góc BCD  BO=DO

(1)

Lại có: 
OBM  
ODC (câu a)

(2)

M

Vì AB// CN  
N  A1 , mà  CMN có CO vừa là đường

B
I
H

1

A

2

cao, vừa là đường phân giác nên  CMN cân tại N


M 
N 
M  A1

C

K

O

(3)

Từ (1), (2), (3)  OBM= ODC (cgc)
 OM=OC

(4)

Vì CO là trung trực MN  OM=ON

(5)

N

Từ (4) và (5)  O là tâm đường tròn ngoại tiếp  CMN
c) Gọi H là hình chiếu của I lên BD  H là trung điểm BD
Ta có: KD2=(DHHK)2=DH2+HK22DH.HK=(ID2HI2)+(IK2IH2) 2DH.(DH-KD)
= ID2+IK2+2DH.KD2(IH2+DH2)=ID2+IK2+BD.KD2ID2=IK2ID2+BD.KD
 ID2IK2=BD.KDKD2. Mà IB=ID

IB2  IK 2 ID2  IK 2 BD.KD  KD2 BD
BD  DK BK







1
KD2
KD2
DK
DK
DK
DK
Mặt khác: CK là phân giác của  CBD 

BK CB

DK CD

(1)

(2)

Do CM=CN và MB=CD nên ta có:

CM CN
CM  MB CN  CD

CB ND
CB ND







MB CD
MB
CD
MB CD
CD MB
Từ (1), (2) và (3) ta có:

(3)

ND IB2  IK 2
 đpcm

MB
KD 2

Câu 5.
Trước hết ta có kết quả sau: Nếu m, n, p là các số thực và a, b, c là các số thực dương thì:

m 2 n 2 p 2 (m  n  q)2
  
(Bất đẳng thức Svacxơ hay hệ quả của BĐT Bunhiacopki)

a
b
c
abc
Ta có:

1 2
1 1 1 2
1
1
(y  )2 (z  )2 (x  ) (x  y  z    )
y
x y z
z 
x 

P=
(theo định lý Svacxơ)
1
1
1
1 1 1
z
x
y
xyz  
x
y
z
x y z

facebook.com/mathvncom

D


www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam

1 1 1
1
1
1
3 1 1 1
 P  x  y  z    = (x 
)  (y  )  (z  )  (   )
x y z
4x
4y
4z 4 x y z

(1)

Áp dụng BĐT Cô si ta được:

(x 

1
1
1
x
y

z
)  (y  )  (z  )  2
2
2
3
4x
4y
4z
4x
4y
4z

(2)

Áp dụng BĐT Svacxơ, ta được

3
9.2
1 1 1
9

 6 (do x+y+z  )
  
3
2
x y z xyz
1
15
Từ (1), (2) và (3) P 
. Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=

2
2
15
1
khi x=y=z=
Vậy Pmin=
2
2

facebook.com/mathvncom

(3)