c2 toanmath com đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2017 2018 môn toán trường THPT chuyên lam sơn thanh hóa
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (203.38 KB, 4 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2017-2018
( Dành cho tất cả thí sinh )
Thời gian làm bài: 120 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi :02 tháng 6 năm 2017
Câu 1: ( 2 điểm )
x x 3
x 2
x 2
:
Cho biểu thức: A = 1
x 2 x 3 x 5 x 6 Với x 0 ; x 4 ; x 9
x
1
1) Rút gọn biểu thức A
2) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên
Câu 2 : ( 2 điểm ) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ; cho ba đường thẳng
(d1) : y = -5(x + 1) ; (d2) : y = 3x – 13 ; (d3) : y = mx + 3 ( Với m là tham số ) Tìm
tọa độ giao điểm I của hai đường (d1) và (d2) với giá trị nào của m thì đường thẳng
(d3) đi qua điểm I ?
b) Giải hệ phương trình
x 1 2 y 2 5
3. y 2 x 1 5
Câu 3 : ( 2 điểm ) a) Tìm m để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + 2 = 0 có hai
nghiệm phân biệt x1 và x2 khác không thỏa mãn điều kiện
b) Giải phương trình
x
x1 x 2
5
+ =0
x 2 x1
2
x 2 = 9- 5x
Câu 4 : ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O) với tâm O có bán kính R đường kính AB cố
định, M là một điểm di động trên (O) .sao cho M không trùng với các điểm A và B .Lấy
C là điểm đối xứng với O qua A .Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng
AM tại N đường thẳng BN cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai E .các đường thẳng BM
và CN cắt nhau tại F
a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng và tứ giác MENF nội tiếp
b) Chứng minh : AM .AN = 2R2
c)Xác định vị trí của điểm M trên đường tròn (O)để tam giá BNF có diện tích nhỏ nhất
Câu 5 : ( 1 điểm ) Cho a; b ; c là độ dài ba cạnh của tam giác .Chứng minh rằng
a2 b2 c2
b2 c2 a2
c2 a2 b2
+
+
>1
2ab
2bc
2ca
BÀI GIẢI KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2017-2018
( Dành cho tất cả thí sinh )
Câu
Lời giải
x x 3
x 2
x 2
:
1) A = 1
x 2 x 3 x 5 x 6
x
1
A =
A =
1
A=
1
x 1
1
x 1
1
x 1
2) A =
:
:
:
x 3
x 3
x 2
x 2
x9 x4 x 2
x 2
1
x 2
x 1 3
x 1
nguyên . Hay -3
=
x 3
x 2 x 2
x 3
1
x 1
:
x 3
x 2
x 3
x 2
x 1
3
= 1-
=
Để A nhận giá trị nguyên khi
x 1
x 1 x 1 là ước của -3
3
x 1
đạt giá trị
x 1 =1 x = 0 x = 0 thỏa mãn
x 1 =-1 x = -2< 0 không thỏa mãn
x 1 =3 x = 2 x = 4 thỏa mãn
x 1 =-3 x = -4< 0 không thỏa mãn
Nên
vậy x = 0 hoặc x = 4 thì A nhận giá trị nguyên
1) Tọa độ giao điểm I của hai đường (d1) và (d2) là nghiệm của hệ
x 1
y 5 x 5
3 x 13 5 x 5
8x 8
y 3 x 13
y 3 x 13
y 3x 13
y 3 13 10
vậy tọa độ giao điểm I của hai đường (d1) và (d2) là I(1;-10)
đường thẳng (d3) đi qua điểm I khi tọa độ của I là x = 1 và y = -10 thỏa mãn
công thức y = mx + 3 thay vào ta có : -10 = m.1+ 3 m = -13
Vậy với m = - 13 thì đường thẳng (d3) đi qua điểm I
x 1 2 y 2 5
Câu 2 2)Giải hệ phương trình 3. y 2 x 1 5 đặt A = |x-1| 0;B =
y 2 0
A 2B 5
A 2B 5
A 2B 5
A 1
Thỏa mãn
3.B A 5
A 3 B 5
5B 10
B 2
x 2
x 1 1
| x 1 | 1
| x 1 | 1
x 1 1 x 0
y 2 4
y2 2
y2
y2
Ta có
vậy (x;y) = x;2; 0;2 là nghiệm của hệ
để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2
m 2 m 1m 2 0
m 2 m 2 3m 2 0
' 0
m 1
m 1
m 1 0
Câu 3
2m
2
x
x
1
2
3m 2 0
2
m
m 1
3 m > theo vi ét ta có
2
m
m
1
3
m 1
x1 x 2
m 1
x x 2 x1 x2 5
x1 x 2
x2 x2 5
5
+ =0 1 2 0 1 2
0
x 2 x1
2
x1 .x 2
x1 .x 2
2
2
2
mà
m 2m 1
4m 2
m2
2m
2.
2
.
2
m 1
m 12 5 0
m 1 5
m 1
0
m2
m2
2
2
m 1
m 1
2
4m 2 2m 2 2m 4
m 12
2m 2 2m 4
5
0
2
m2
m 1
2
4m 4m 8 5(m 2 m 2) 0
2.(m 1)(m 2)
m 12
m2
m 1
2m 2 2m 4 5 0
5
0
m 1m 2 2
2
4m 2 4m 8 5m 2 5m 10
9m 2 m 2
0
0 ta có m 1;m 2
2.(m 1)(m 2)
2.(m 1)(m 2)
1 73
1 73
hoặc m2=
thỏa mãn
18
18
b) Giải phương trình
x x 2 = 9- 5x
2
đặt t = x 2 0 x = t + 2 (t2 + 2).t = 9-5(t2 + 2)
m1=
t3 +2t + 5t2 +10 – 9 = 0 t3 + 5t2 +2t +1= 0
3
2
2
t + 4t + 4t+ t -2t +1= 0 .....
Cách 2: x2(x-2) =81-90x+25x2 x3 -2x2 -25x2+ 90x -81 = 0
3
2
3
2
2
x -27x + 90x -81 = 0 x -3.3x + 3.9.x -27 -18x + 63x -54 = 0
3
2
(x-3) -9(2x -7x+6) = 0 ......
a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng
Xét BNF ta có BMˆ A 90 0 ( nội tiếp chắn nữa đường tròn)
BMˆ N 90 0 NM BF nên MN là đường cao
BC NF ( gt) Nên BC là đường cao
mà BC cắt MN tại A nên A là trực tâm FA thuộc đường cao thứ ba nên FA
BN mà BEˆ A = 900( nội tiếp chắn nữa đường tròn) EA BN theo ơ clit thì
qua A kẻ được duy nhất 1 đường thẳng vuông góc với BN nên ba điểm A; E ;
F thẳng hàng
N
Chứng minh tứ giác MENF nội tiếp
0
ta có FEˆ N = 90 ( FE BN)
1
0
0
E
Câu 4 FMˆ N = 90 ( MN BF) FEˆ N = FMˆ N = 90
Mà E và M nằm về nữa mặt phẳng bờ là
NF vậy
bốn điểm N;E ;M ; F Thuộc đường trong
đường
kính MN hay tứ giác MENF nội tiếp
B
C
A
O
1
b) Chứng minh : AM .AN = 2R2
Xét BAN và MAC ta có
tiếp tứ
Nˆ 1 Fˆ1 ( góc nội tiếp của đường tròn ngoại
M
1
giác NEMF cùng chắn cung EM) (1)
Fˆ1 Cˆ 1 ( góc nội tiếp của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CAMF
cùng
F
chắn cung AM) (2) Từ (1) và (2) Nˆ 1 Cˆ1 ( Fˆ1 ) (*)
Mà BAˆ N MAˆ C ( đối đỉnh)
(**) từ (*) và(**) ta có BAN đồng dạng với
MAC (g.g)
MA AC
AM.AN = AB . AC = 2R.R=2R2
AB AN
1
2
c) S BNF = BC.NF vì BC = 2R nên S BNF nhỏ nhất khi NF nhỏ nhất
.....S BMA lớn nhất ; vì BA cố định ; M thuộc cung tròn AB nên S BMA lớn
nhất khi BAM là tam giác cân M là điểm chính giữa của Cung BA
a2 b2 c2 b2 c2 a2 a2 c2 b2
1
2ab
2bc
2ac
c(a 2 b 2 c 2 ) 2abc a (b 2 c 2 a 2 ) 2abc b(a 2 c 2 b 2 ) 2abc 0
c (a b) 2 c 2 a (b c) 2 a 2 b (a c) 2 b 2
0
c(a b c)(a b c) a (b c a )(b c a ) b(a c b)(a c b) 0
c(a b c)(a b c) a (b c a )(a b c) b(a c b)(a b c) 0
(a b c)c.(a b c) a (b c a ) b(a c b) 0
(a b c)c
(a b c)c
(a b c)c
(a b c)c
(a b c) ca cb c 2 ab ac a 2 ba bc b 2 0
Câu 5
2
ab a 2 ba b 2 0
2
a 2ba b 0
2
(a 2ba b ) 0
2
(a b ) 2 0
2
2
2
2
(a b c)(c a b)(c a b) 0
đúng .vì a;b;c là độ dài ba cạnh của tam giác ta có : a + b > c suy ra a + b –c >0
;tương tụ ta có c + b-a= c-a + b > 0 và c + a –b >0 nhân với với vế ba bất đẳng
thức nói trên ta có ( a + b –c)( c-a+b) (c + a –b)>0 nên bất đẳng thức đầu đúng
ĐPCM
.
