Đề thi tuyển sinh vào 10 môn toán năm 2017-2018 trường thcs Nga Thiện - Thanh Hóa - DAYTOAN.NET

TRƯỜNG THCS NGA THIỆN

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10
Năm ho ̣c: 2017 – 2018
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2,0 điểm )
1. a) Giải phương trình:

4x + 3 = 0

b) Giải hệ phương trình:

3 x  y  7

2 x  y  3
 b 1

1

 b 1

2. Rút gọn biểu thức sau: A = 


b 1  b  2
 b 1

Víi b  0; b  1

Câu 2 (2.0 điểm) : Cho phương trình: x2 – 2(n+2)x + n2 + 4n +3 = 0.
a) Giải phương trình khi n = 0
b) Chứng minh rằng : Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với
mọi giá trị của n.
c) Tìm giá trị của n để biểu thức A = x12  x 22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x2 và đường
thẳng (d) : y = 2x + 3
1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt . Tìm tọa độ giao
điểm.
2. Gọi M và N là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OMN
( O là gốc toạ độ)
Câu IV (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính MN. Trên đường tròn lấy điểm C sao cho
MC < NC (C  M). Các tiếp tuyến tại N và C của (O) cắt nhau ở điểm D, MD cắt (O)
tại E (E  M) .
1) Chứng minh NE2 = ME.DE.
2) Qua C kẻ đường thẳng song song với ND cắt MN tại H, DO cắt NC tại F.
Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp .
3) Gọi I là giao điểm của MD và CH. Chứng minh I là trung điểm của CH.
Câu V ( 1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương.
Chứng minh rằng

P

3( x3  y 3  z 3 )
1
3
 .

2

4( xy  yz  zx) ( x  y  z ) 4

Hết
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………. Sô báo danh:……………


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ B
CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

3
1.a) x=
4

0,5

b) Giải hệ phương trình

3 x  y  7
5 x  10
x  2



2 x  y  3 2 x  y  3  y  1
x  2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 

y 1
1
(2điểm)

0,5

2. Rót gän biÓu thøc:
Víi a  0; a  1

ta cã:


1  b 1 
 b 1
=
A= 


b 1  b  2 
 b 1

=







2



b 1 1 b  1
b b 2

b 1
b 2
b 1

VËy A =

b



b 1

b 1





b 1


1  b 1
b 1  b  2


1.0

b 1
 b
b 2

Víi b  0; b  1

a) Xét phương trình: x2 – 2(n+2)x + n2 + 4n +3 = 0.
Thay n = 0 vào giải được x = 1; x = 3
b) Chứng minh rằng : Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt
x1, x2 với mọi giá trị của n.

0,75

2

Ta có    (n  2)  n 2  4n  3  1 > 0 với mọi n.
Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi
giá trị của n.

2
(điểm)

c) phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi
x  x 2  2(n  2)
giá trị của n. Theo hệ thức Vi-ét ta có :  1
2
x1 .x 2  n  4n  3

A = x12  x 22 = (x1 + x2)2 – 2 x1x2 = 4(n + 2)2 – 2(n2 + 4n +3)
= 2n2 + 8n+ 10
2

= 2(n + 4n+4) + 2
= 2(n + 2)2 + 2 ≥ 2 với mọi n.
Suy ra minA = 2  n + 2 = 0  n = - 2
Vậy với n = - 2 thì A đạt min = 2
3

1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt
Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương
trình

0,75

0,5


x2 = 2x + 3 => x2 – 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
c 3
x1 = -1 và x2 
 3
a 1
Với x1 = -1 => y1 = (-1)2 = 1 => M (-1; 1)
Với x2 = 3 => y2 = 32 = 9 => N (3; 9)
Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt M và N
2. Gọi M và N là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác
OMN ( O là gốc toạ độ)

y
Ta biểu diễn các điểm M và N trên mặt phẳng toạ độ Oxy như hình vẽ
MD  NC
1 9
.DC 
.4  20
2
2
NC.CO 9.3
S NOC 

 13,5
2
2
MD.DO 1.1
S MOD 

 0,5
2
2
Theo công thức cộng diện tích ta có:
S(MBC) = S(MNCD) - S(NCO) - S(MDO)
= 20 – 13,5 – 0,5 = 6 (đvdt)

0,5
0,5

S MNCD 

0,5

x
0,5

Câu 4
(3điểm
)

D

C

E

M

1 (1đ )

N

O

Vì ND là tiếp tuyến của (O) nên ND  ON
Suy ra: ΔMND vuông tại N
Vì MN là đường kính của (O) nên ME  NE
0

Áp dụng hệ thức lượng trong ΔMND ( MND=90
;NE  MD)
Ta có NE2 = ME.DE ( đpcm)

0,25
0,25
0, 5

D

2(1 đ)

3( 1đ)

Ta có: + DC = DN ( tính chất tiếp tuyến cắt nhau)
C
+ OC = ON (Bán kính đường tròn (O) )
Suy ra DO là trung trực của CN
I
  900 (1)
Suy ra DO  NC  CFO
M
H
Lại có CH // ND (gt),
mà MN  ND (vì ND là tiếp tuyến của (O))
  900 (2)
=> CH  MN => OHC

E

0,25
F

O

N

  1800 => tứ giác CHOF nội tiếp
Từ (1) và (2) ta có 
OFC  OHC
  CND
 (hai góc ở vị trí so le trong) mà
Có CH //ND=> HCN
  DCN
 nên CN là tia phân giác của HCD

ΔNCD cân tại D => CND

do CM  CN => CM là tia phân giác góc ngoài đỉnh C của
MI CI
=
ΔICD 
(3)
MD CD

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


Trong ΔMND có HI // ND =>

Từ (3) và (4) =>

MI HI
=
MD ND

0,25

(4)

CI HI
mà CD=ND  CI=HI  I là trung điểm của
=
CD ND

0,25

CH
Ta có ( x  y  z )3  ( x3  y 3  z 3 )  3( x  y )( y  z )( z  x)

0,25

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số không âm x+y; y+z; z+x ta có:
(2 x  2 y  2 z )3 8
3
  x  y  z
( x  y )( y  z )( z  x) 
27
27
1

3
 x3  y 3  z 3   x  y  z 
9

0,25

Lại có x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  xy  yz  zx 

0,25

( x  y  z )3
3( x  y  z )
1
1
9

Do đó P 


2
2
4
4( xy  yz  zx) ( x  y  z )
( x  y  z )2 ( x  y  z )
3
x yz
1
x yz x yz
1






2
4
( x  y  z)
8
8
( x  y  z)2
3

Câu 5
(1đ)

( x  y  z )2
3

3

3

 33

3

1
3
x y z x y z
.

.

2
8
8
( x  y  z)
4


x  y  z

2
 x yz
Dấu bằng xảy ra khi  x  y  y  z  z  x
3
x y z
1


8
( x  y  z )2

3
2
Vậy P 
Khi x  y  z  .
4
3

0,25