Đề và đáp án thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh tham khảo (18)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ A

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC : 2017 − 2018
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi : 10 / 07 / 2017
Đề thi có : 01 trang, gồm 05 câu

Câu I (2,0 điểm):
1. Cho phương trình mx2 + x − 2 = 0 ( 1) , với m là tham số.
a) Giải phương trình ( 1) khi m = 0.
b) Giải phương trình ( 1) khi m = 1.
3x − 2 y = 5
.
2. Giải hệ phương trình: 
x + 2 y = 7
Câu II (2,0 điểm):
 4 x
8x   x − 1
2 
+
−
Cho biểu thức: A = 
÷: 
÷, với x > 0, x ≠ 4 và x ≠ 9.
4
−

x
2
+
x
x
−
2
x
x

 

1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tìm x để A = −2.
Câu III (2,0 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y = 2x − m + 3 và parabol ( P ) : y = x2.
1. Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 1;0 ) .
2. Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ lần
lượt là x1 , x 2 thỏa mãn: x12 − 2 x 2 + x1x 2 = −12.
Câu IV (3,0 điểm):
Cho nửa đường tròn ( O ) đường kính AB = 2R. Gọi ( d ) là tiếp tuyến của ( O ) tại B. Trên
cung AB lấy điểm M tùy ý (M không trùng với A và B), tia AM cắt ( d ) tại điểm N. Gọi C
là trung điểm của AM, tia CO cắt ( d ) tại điểm D.
1. Chứng minh OBNC là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh: ON ⊥ AD và CA.CN = CO.CD
3. Xác định vị trí điểm M trên cung AB để tổng AN + 2AM đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu V (1,0 điểm):
1
1
1

+
+
= 2017. Tìm giá trị
Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn
x+y y+z z+x
1
1
1
+
+
.
lớn nhất của biểu thức: P =
2 x + 3y + 3z 3x + 2 y + 3z 3x + 3y + 2z
-------------------------Hết------------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: ..........................................; Số báo danh: ................................................
Chữ kí của giám thị 1: ..................................; Chữ kí của giám thị 2: ...................................


ĐÁP ÁN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC : 2017 − 2018
MÔN THI : TOÁN − ĐỀ A
Câu I (2,0 điểm):
1.
a. Khi m = 0 ta có phương trình: x − 2 = 0 ⇔ x = 2
Vậy x = 2.
b. Khi m = 1 ta có phương trình: x2 + x − 2 = 0 (a = 1, b = 1, c = −2)
Ta có: a + b + c = 1 + 1 + (−2) = 0
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 1, x2 = −2.
3x − 2 y = 5 4 x = 12
x = 3

x = 3
x = 3
⇔
⇔
⇔
⇔
2. 
x + 2 y = 7
x + 2 y = 7
3 + 2 y = 7
2 y = 4
y = 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x;y) = (3;2).
Câu II (2,0 điểm):
1. Với x > 0, x ≠ 4 và x ≠ 9 ta có:
 4 x
8x   x − 1
2 
A=
+
:
−
÷
÷
x
2+ x 4−x  x −2 x
 4 x 2− x
 
2 x −2
8x

x −1
:
A=
+
−
 2+ x 2− x
2+ x 2− x   x x −2
x x −2

 



8 x − 4 x + 8x   − x 2 − x 

A=
.
 2 + x 2 − x   x −1− 2 x + 4 




(

(
(

A=
A=

)

)(
)(

) (
)

(

)(

)

)

(

)

(

(

8 x + 4x − x
.
2+ x − x +3

(

4 x 2+ x

).

− x
− x +3

2+ x
−4 x
A=
− x +3
4x
A=
x −3
4x
Vậy A =
với x > 0, x ≠ 4 và x ≠ 9 .
x −3
4x
= −2 với x > 0, x ≠ 4 và x ≠ 9 .
2. A = −2 ⇔
x −3
⇔ 4 x = −2

(

)

x − 3 ⇔ 4 x = −2 x + 6 ⇔ 4 x + 2 x − 6 = 0
Giải phương trình: 4x + 2 x − 6 = 0 (a = 4, b' = 1, c = −6)

)

)







Δ = 12 − 4(−6) = 25 > 0 ⇒ ∆ = 25 = 5
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

x1 = 1 (thỏa mãn),

6
x 2 = − (không thỏa mãn)
4

x1 = 1 = x ⇒ x = 12 = 1
Vậy x = 1 ⇔ A = −2.
Câu III (2,0 điểm):
1. Thay x = 1, y = 0 vào ( d ) ta được:
0 = 2.1 − m + 3
⇔m=5
Vậy m = 5 là giá trị cần tìm.
2.
Với

Cách 1:
Hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là nghiệm của phương trình:
x2 = 2x − m + 3
⇔ x2 − 2x + m − 3 = 0 (a = 1, b' = −1, c = m − 3)
Δ = (−1)2 − 1.(m − 3)
Δ=1−m+3
Δ = −m + 4
Để ( d ) cắt ( P ) tại 2 điểm phân biệt thì Δ > 0 ⇔ −m + 4 > 0 ⇔ m < 4 (*)
 x1 + x 2 = 2 ⇔ x 2 = 2 − x1 (1)
Áp dụng hệ thức Vi − ét ta có: 
(2)
 x1x 2 = m − 3
Theo bài ra ta có: x12 − 2 x 2 + x1x 2 = −12
(3)
Thay (1) vào (3) ta được:

x12 − 2 ( 2 − x1 ) + x1 ( 2 − x1 ) = −12

⇔ x12 − 4 + 2 x1 + 2 x1 − x12 = −12
⇔ 4 x1 = −8
⇔ x1 = −2
Với x1 = −2 thì x 2 = 2 − (−2) = 4 ⇒ x1x 2 = ( −2).4 = −8
(4)
Thay (4) vào (2) ta được: m − 3 = −8 ⇔ m = −5 (thỏa mãn điều kiện (*))
Vậy m = −5 là giá trị cần tìm.
Cách 2:
Hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là nghiệm của phương trình:
x2 = 2x − m + 3
⇔ x2 − 2x + m − 3 = 0 (a = 1, b' = −1, c = m − 3)
Δ = (−1)2 − 1.(m − 3)

Δ=1−m+3
Δ = −m + 4
Để ( d ) cắt ( P ) tại 2 điểm phân biệt thì Δ > 0 ⇔ −m + 4 > 0 ⇔ m < 4 (*)


(1)
 x1 + x 2 = 2
Áp dụng hệ thức Vi − ét ta có: 
(2)
 x1x 2 = m − 3
Theo bài ra ta có:
x12 − 2 x 2 + x1x 2 = −12
⇔ x12 + x1x 2 − 2 x 2 = −12

⇔ x1 ( x1 + x 2 ) − 2x 2 = −12
Thay (1) vào (3) ta được:

(3)

2 x1 − 2x 2 = −12

⇔ x1 − x 2 = −6
(4)
Từ (1) và (4) ta có hệ phương trình:
 x1 + x 2 = 2
 2 x1 = −4
 x1 = −2
 x1 = −2
⇔
⇔

⇔




 x1 − x 2 = −6  x1 + x 2 = 2 −2 + x 2 = 2  x 2 = 4
Với x1 = −2 và x 2 = 4 ⇒ x1x 2 = (−2).4 = −8
(5)
Thay (5) vào (2) ta được: m − 3 = −8 ⇔ m = −5 (thỏa mãn điều kiện (*))
Vậy m = −5 là giá trị cần tìm.
Câu IV (3,0 điểm):
1. Vì ( d ) là tiếp tuyến tại B của nửa đường
M
·
tròn ( O ) và N ∈ ( d ) nên OBN
= 900.
Mặt khác do C là trung điểm của AM mà
C
OC xuất phát từ tâm O ⇒ OC ⊥ AM
·
·
⇒ OCM
= OCN
= 900.
1
O
A
0
·
·

Tứ giác OBNC có OBM = OCN = 90
·
·
⇒ OBM
+ OCN
= 1800
P
⇒ Tứ giác OBNC nội tiếp (vì có tổng hai
góc đối bằng 1800).
1

( d)
N

B

D

2. * Chứng minh ON ⊥ AD :
Xét ΔAND có 2 đường cao AB và DC cắt nhau tại O ⇒ O là trực tâm của ΔAND.
⇒ ON ⊥ AD.
* Chứng minh CA.CN = CO.CD
·
Gọi P là giao điểm của ON và AD ⇒ NP ⊥ AD ⇒ NPA
= 900
Xét ΔNPA và ΔDCA có:
Xét ΔDOP và ΔDAC có:
µ chung
¶ chung
A

D
1
0
·NPA = DCA
·
·
·
= 90
DPO
= DCA
= 900
⇒ ΔNPA ΔDCA (g.g)
⇒ ΔDOP ΔDAC (g.g)
CA PD
CO PD
⇒
=
⇒ CA.CN = AP.PD (1)
⇒
=
⇒ CO.CD = AP.PD (2)
AP CN
AP CD
Từ (1) và (2) ⇒ CA.CN = CO.CD (= AP.PD)


·
3. Ta có: BMA
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ BM ⊥ AN ⇒ BM là đường cao
của ΔABN vuông tại B.

Áp dụng bất đẳng thức Cô − si ta có: AN + 2AM ≥ 2 AN.2AM
Mặt khác, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABN ta có: AN.AM = AB2 = 4R2
⇒ AN + 2AM ≥ 2 2.4R 2 = 4 2R (không đổi). Dấu bằng xảy ra ⇔ AN = 2AM. Khi đó M
là trung điểm của AN.
AM AO 1  ·
¶
·
chung,
=
= ÷⇒ AOM = ABN
= 900
ΔABN (c.g.c)  A
1
AN AB 2 

»
⇒ MO ⊥ AB . Mà MO là bán kính ⇒ M là điểm chính giữa của cung AB
» thì tổng AN + 2AM đạt giá trị nhỏ nhất.
Vậy M là điểm chính giữa của cung AB
Câu V (1,0 điểm):
Với mọi a, b, c, d > 0. Áp dụng bất đẳng thức Cô − si cho 4 số dương ta có:
4

1 
abcd.1
1 1 1 1
4
4
= 16
( a + b + c + d )  + + + ÷≥ 4. abcd . 4.

÷ = 16. 4
abcd
abcd
a b c d


Vì ΔAOM

(

)

1
1
1
1
1
1 1 1 1 1
≤ ⇒
≤ :
= . + + + ÷
1 1 1 1
1 1 1 1
( a + b + c + d )  + + + ÷ 16 a + b + c + d 16 a + b + c + d 16  a b c d 
a b c d
Ta có:
1
1
1
P=

+
+
2x + 3y + 3z 3x + 2y + 3z 3x + 3y + 2z
1
1
1
P=
+
+
y+z+y+z+y+x+z+x x+z+x+z+x+y+z+y x+y+x+y+x+z+y+z
Áp dụng bất đẳng thức trên vào biểu thức P ta được:
1  1
1
1
1  1  1
1
1
1 
P ≤ .
+
+
+
+
.
+
+
+

÷
16  y + z y + z x + y x + z ÷

 16  x + z x + z x + y y + z 
⇒

+

1  1
1
1
1 
.
+
+
+
16  x + y x + y x + z y + z ÷


1  4
4
4  1  1
1
1  2017
.
+
+
= .
+
+
=
÷
16  x + y y + z x + z  4  x + y y + z x + z ÷

4

3
.
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =
4034
3
2017
.
Vậy giá trị lớn nhất của P là Max P =
đạt khi x = y = z =
4034
4
-------------------------Hết------------------------P≤