57 TS10 thanh hoa 1718 HDG

STT 57: ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH THANH HÓA
NĂM HỌC 2017 – 2018

Câu 1. (2,0 điểm)
2
1. Cho phương trình: mx + x − 2 = 0 (1), với mlà tham số.
a. Giải phương trình (1) khi m= 0 .
b. Giải phương trình (1) khi m= 1.
3 x − 2 y = 6

2. Giải hệ phương trình:  x + 2 y = 10
 4 y
8y   y − 1
2 
A= 
+
÷: 
−
÷
 2+ y 4− y ÷  y − 2 y
÷
y

 
 , với y > 0 , y ≠ 4 , y ≠ 9 .
Câu 2. (2,0 điểm) Cho biểu thức:
1. Rút gọn biểu thức A .
2. Tìm y để A = −2 .

Câu 3. (2,0 điểm)

( d) : y = 2x − m+ 3 và parabol ( P ) : y = x2 .
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng
d
A 2;0
1. Tìm m để đường thẳng ( ) đi qua điểm ( ) .
d
P
2. Tìm m để đường thẳng ( ) cắt parabol ( ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là

x2 − 2x2 + x1x2 = 16.
x1 x2
,
thỏa mãn 1
d
O
O
Câu 4. (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn ( ) đường kính MN = 2R . Gọi ( ) là tiếp tuyến của ( ) tại
N . Trên cung MN lấy điểm E tùy ý. ( E không trùng với M và N ), tia ME cắt đường

( d) tại F . Gọi P là trung điểm của ME , tia OP cắt ( d) tại Q .
thẳng
1. Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh OF ⊥ MQ và PM .PF = PO.PQ .
3. Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF + 2 ME đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5. (1,0 điểm)
1
1
1
+
+

= 2017
Cho a , b , c là các số dương thay đổi thỏa mãn: a + b b + c c + a
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1
1
1
P=
+
+
2a + 3b + 3c 3a + 2b + 3c 3a + 3b + 2c .


STT 57: LỜI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH THANH HÓA
NĂM HỌC 2017 – 2018

Câu 1:
2
1. Cho phương trình: mx + x − 2 = 0 (1), với mlà tham số
a. Giải phương trình (1) khi m= 0 .

Khi m= 0 , ta có phương trình: x− 2 = 0 ⇔ x = 2
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất là x = 2 .

b. Giải phương trình (1) khi m= 1.
2
Khi m= 1, ta có phương trình: x + x − 2 = 0

Ta thấy: a + b + c = 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là:
x1 = 1 x2 = −2

;
.

2. Giải hệ phương trình:

Câu 2:

3 x − 2 y = 6
 4 x = 16
x = 4
x = 4
⇔
⇔


 x + 2 y = 10 ⇔  x + 2 y = 10
 4 + 2 y = 10
y = 3
( x; y) = ( 4;3)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
 4 y
8y   y − 1
2 
A= 
+
÷: 
−
÷
 2+ y 4− y ÷  y − 2 y
÷

y

 
 , với y > 0 , y ≠ 4 , y ≠ 9 .
Cho biểu thức:

1. Rút gọn biểu thức A .
A=

=

)

(

)(

−4y − 8 y

)

:

(

(

y − 1− 2

)

y−2

4y
y−3

(với y > 0 , y ≠ 4 , y ≠ 9 ).

2. Tìm y để A = −2 .
⇔
A = −2

4y
y−3

= −2

)

y−2

) ( y + 2) y ( y − 2)
−4 y ( y + 2)
− y+3
=
:
( y − 2) ( y + 2) y ( y − 2)
y ( y − 2)
−4 y
=

.
( y − 2) − y + 3
=

(

(


y − 2 − 8y 
y −1
2 ÷

:
−
y÷
y−2 y+2  y y−2
÷



4 y


(

⇔ 4y = −2

)

y−3

⇔ 4y + 2 y − 6 = 0
y= t> 0

Đặt

ta có phương trình:

4t2 + 2t − 6 = 0
Ta có: a + b + c = 0 nên phương trình có hai nghiệm:
t1 = 1
(thỏa mãn đk)
t2 = −6

(không thỏa mãn điều kiện)

Với t = 1, ta có: y = 1 (thỏa mãn đk)
Vậy: A = −2 ⇔ y = 1.

( d) : y = 2x − m+ 3 và parabol ( P ) : y = x2 .
Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng
d
A 2;0
1. Tìm m để đường thẳng ( ) đi qua điểm ( )

( d) : y = 2x − m+ 3 , ta có:
Thay x = 2 và y = 0 vào phương trình đường thẳng
0 = 2.2 − m+ 3 ⇔ m= 7

( d) đi qua điểm A( 2;0) .
Vậy: với m= 7 thì đường thẳng
d
P
2. Tìm m để đường thẳng ( ) cắt parabol ( ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là

x2 − 2x2 + x1x2 = 16
x1 x2
,
thỏa mãn 1
.
Phương trình hoành độ giao điểm của

( d) và ( P )

là:

x2 = 2x − m+ 3 ⇔ x2 − 2x + m− 3 = 0

∆ ' = ( −1) − ( m− 3) = −m+ 4
2

Ta có:

Đường thẳng

( d)

cắt parabol

( P)

tại hai điểm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ −m+ 4 > 0 ⇔ m< 4

 x1 + x2 = 2
 x = 2 − x1
⇔ 2

x .x = m− 3  x1.x2 = m− 3
Theo hệ thức Vi-et, ta có:  1 2
2
Thay x2 = 2 − x1 vào biểu thức: x1 − 2x2 + x1x2 = 16ta có:

x12 − 2( 2 − x1 ) + x1 ( 2 − x1 ) = 16
⇔ x12 − 4 + 4x1 − x12 = 16

⇔ 4x1 = 20


x1 = 5
x2 = 3

Thay vo biu thc: x1.x2 = m 3 ta c:

m 3 = 15 m= 12(tm)
Vy: m= 12 .

Cõu 4:

ã

0
1. Ta cú: MFN = 90 (gúc ni tip chn na ng trũn)

NE ME
Li cú:

P l trung im ca ME
O l trung im ca MN

OP l ng trung bỡnh ca MEN
OP P NE

OP ME
- Xột t giỏc ONFP ta cú :
ã
ONF
= 900 (tớnh cht tip tuyn)
ã
OPF
= 900 ( do OP ME )
ã
ã
ONF
+ OPF
= 1800
ONFP l t giỏc ni tip ( pcm).
ỡù MN ^ QF
ùù
ùớ PQ ^ ME
ùù

ù MN ầ PQ = { O}
D
MQF
2. Xột
ta cú: ùợ
ị O l trc tõm D MQF
OF MQ ( pcm)

- Ta cú:
ã
ã
ùù
MFO
+ QMF
= 900 ỹ
ã
ã
= PQM
ý ị MFO
0ù
ãPQM + QMF
ã
= 90 ùùỵ
0
ã
ã
M MPQ = OPF = 90

Nờn D MPQ D OPF
MP PQ

=
PM .PF = PO.PQ
T ú suy ra OP PF
(dpcm)

3. Theo BT Cauchy ta c:
MF + 2 ME 2 2 ME.MF = 2 2MN 2 = 2 2.4 R 2 = 4 R 2
ng thc xy ra MF = 2ME = 2 R 2


Mà MF = ME + EF
Nên E là trung điểm MF
Xét D MNF ta có:
¼ = MF
¼
⇒ ME

NE = ME = EF =

1
MF
2

¼
⇒ E là điểm chính giữa cung MN
.

Câu 5:

1

1
1
+
+
= 2017
Cho a , b , c là các số dương thay đổi thỏa mãn: a + b b + c c + a
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1
1
1
P=
+
+
2a + 3b + 3c 3a + 2b + 3c 3a + 3b + 2c .
Đặt x = a + b ; y = b + c ; z = a + c ;
1 1 1
Þ + + = 2017
x y z
1
1
1
P=
+
+
x + 2 y + z x + y + 2z 2x + y + z
1 1
4
+ ³
Ta có: x y x + y

1 1
+ ≥
y z
1 1
+ ³
x x
1 1 1
Þ + + ³
x y z

Lời giải

4
y+z
4
x+z
æ1
1
1 ö
÷
2ç
+
+
÷
ç
÷
ç
÷
èx + y y + z x + z ø
æ 1

ö
1
1
÷
³ 4ç
+
+
÷
ç
ç
÷
è2 x + y + z 2 y + x + z 2 z + x + y ÷
ø

Þ P£

ö 2017
1æ
1 1 1÷
ç
+ + ÷
=
ç
÷
4ç
4
èx y z ÷
ø

Dấu " = " xảy ra khi

a =b =c =

3
4034 .