de thi vao lop 10PTTH lam son 20172018

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 ) Cho biểu thức:. A =. (1 − √√x +1x ) : ( √√xx+3−2 − √√xx+2− 3 + x −√5x√+2x +6 ). Với x. 0;x. 4;x. 9 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 ? |x − 1|+2 √ y +2=5 b) Giải hệ phương trình 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. {. x1 x2. 5. nghiệm phân biệt x1 và x2 khác không thỏa mãn điều kiện x + x + 2 = 0 2 1 b) Giải phương trình x √ 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 −c 2 2 ab. 2 2 2 2 2 2 + b +c − a + c +a − b > 1. 2 bc. 2 ca. BÀI GIẢI KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> NĂM HỌC 2017-2018 ( Dành cho tất cả thí sinh ) Câu. Lời giải √x √ x+3 − √ x+2 + √ x +2 1) A = 1 − : √ x +1 √ x −2 √ x − 3 x − 5 √ x +6 ( √ x +3 ) ( √ x −3 ) − ( √ x+2 ) ( √ x − 2 ) + √ x +2 1 A = : √ x +1 ( √ x − 2 ) ( √ x −3 ) 1 1 x −9 − x + 4+ √ x +2 √ x −3 A = : = : ( √ x − 2 )( √ x − 3 ) ( √ x −2 ) ( √ x −3 ) √ x +1 √ x +1 1 1 √x − 2 A= : = √ x +1 √x− 2 √ x+1 −3 √ x +1− 3 2) A = = 1Để A nhận giá trị nguyên khi √ x +1 √ x +1 ⇔ √ x+1 là ước của -3 nguyên . Hay -3 ⋮ ( √ x+1 ) Nên √ 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. (. 1. ) (. ). −3 đạt giá trị √ x +1. 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−5 ⇔ { y=−5 y=3 x − 13 x=1 { y=3 −13=−10. x −5 {3 x −13=−5 y=3 x −13. { y=38 x=8 x −13. ⇔. ⇔. 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 Câu 2 2)Giải hệ phương trình |x − 1|+2 √ y +2=5 đặt A = |x-1| 0;B = √ y+ 2 0 3 . √ y+ 2−|x − 1|=5. {. +2 B=5 {3A. B− A=5. Ta có ⇔. {¿√xy−1∨¿1 +2=2. {−AA+2+3B=5 B=5. ⇔. {¿ xy−1∨¿1 +2=4. ⇔. ⇔. B=5 {A5+2B=10 x − 1=1 x − 1=−1 ¿ ¿ ¿ ¿. ⇔. {A=1 B=2. ⇔. Thỏa mãn. x=2 x=0 ¿ ¿ ¿ ¿. ⇔. vậy (x;y) = { ( x ; 2 ) ; ( 0 ; 2 ) } là nghiệm của hệ Câu 3 để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 2 Δ '> 0 m − ( m −1 ) ( m−2 )> 0 m2 − ( m2 −3 m+2 ) >0 ⇔ ⇔ ⇔. {. {m−1 ≠ 0. ⇔. mà. 3 m−2>0 m≠ 1. {. x1 x2 + x2 x1. +. ⇔ 5 2. {. m ≠1. {. 2 3 m≠ 1. m>. ⇔ m> 2. =0. ⇔. m≠ 1. 2 theo vi ét ta có 3. 2. x1 + x2 5 + =0 x1 . x2 2. ⇔. {. 2m m−1 m+2 x 1 x 2= m− 1. x 1 + x 2=. 2 ( x1 + x 2 ) − 2 x 1 x 2 5. x1 . x2. + =0 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. 2m m+ 2 −2 . m−1 m −1 5 + =0 ⇔ m+2 2 m −1 4 m2 −2 m2 − 2m+ 4 ( m −1 )2 5 ⇔ + =0 m+2 2 m− 1. (. ). ( 2m2 − 2 m+ 4 ) 5 + =0 ( m−1 ) ( m+ 2 ). ⇔. 2. ⇔. ( m+2 ) ( m−1 ) 4 m2 −2 . 2 ( m− 1 ) ( m− 1 )2 5 + =0 m+2 2 m− 1 2 m2 −2 m+4 ( m−1 )2 5 ⇔ + =0 ⇔ m+2 2 m− 1. ( 4 m2 −4 m+ 8 ) +5(m2 +m− 2) 2 .(m− 1)( m+2). 4 m2 − 4 m+8+ 5 m2 +5 m− 10 =0 2 .(m −1)(m+2). ⇔. =0. 9 m2 +m −2 =0 2 .(m −1)(m+ 2). ta có m. 1;m. 2 − 1− √ 73 thỏa mãn 18 b) Giải phương trình x √ x −2 = 9- 5x 0 ⇔ đặt t = √ x −2 x = t2 + 2 ⇔ (t2 + 2).t = 9-5(t2 + 2) ⇔ t3 +2t + 5t2 +10 – 9 = 0 ⇔ t3 + 5t2 +2t +1= 0 ⇔ t3 + 4t2 + 4t+ t2 -2t +1= 0 ..... Cách 2: x2(x-2) =81-90x+25x2 ⇔ x3 -2x2 -25x2+ 90x -81 = 0 ⇔ x3 -27x2+ 90x -81 = 0 ⇔ x3 -3.3x2+ 3.9.x -27 -18x2 + 63x -54 = 0 ⇔ (x-3)3 -9(2x2-7x+6) = 0 ....... m1 =. − 1+ √73 18. hoặc m2=. Câu 4 a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng ^ A=900 ( nội tiếp chắn nữa đường tròn) Xét Δ BNF ta có B M ^ N=90 0 ⇒ NM BF nên MN là đường cao ⇒ BM 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 B E^ 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 F E N = 90 ( FE BN) 1 F^ MN F^ MN = 900( MN BF) ⇒ F ^E N = E 0 = 90 Mà E và M nằm về nữa mặt phẳng bờ là NF vậy bốn điểm N;E ;M ; F Thuộc đường B trong C A O 1 đường kính MN hay tứ giác MENF nội tiếp 2 b) Chứng minh : AM .AN = 2R Xét Δ BAN và Δ MAC ta có M ^ 1 N 1= ^ F 1 ( góc nội tiếp của đường tròn ngoại tiếp tứ giác NEMF cùng chắn cung EM) (1) ^ 1 ( góc nội tiếp của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CAMF F cùng ^ F1= C ^ 1 (¿ F ^ 1 ) (*) N 1= C chắn cung AM) (2) Từ (1) và (2) ⇒ ^ Mà B ^A N =M ^A C ( đối đỉnh) (**) từ (*) và(**) ta có Δ BAN đồng dạng với. Δ MAC (g.g) ⇒. 1. MA AC = AB AN. ⇒ AM.AN = AB . AC = 2R.R=2R2. c) S Δ BNF = 2 BC.NF vì BC = 2R nên ⇒ S Δ BNF nhỏ nhất khi NF nhỏ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> nhất .....S Δ BMA lớn nhất ; vì BA cố định ; M thuộc cung tròn AB nên S Δ BMA lớn nhất khi BAM là tam giác cân ⇒ M là điểm chính giữa của Cung BA a2+ b2 − c 2 b2 +c 2 −a 2 a2 +c 2 − b2 + + >1 2 ab 2 bc 2ac ⇔ [ c(a2 +b2 −c 2 )+ 2abc ] + [ a (b2 +c 2 − a2 )− 2abc ] + [ b (a2 +c 2 −b2 )− 2 abc ] >0 a+b ¿2 −c 2 b − c ¿2 −a 2 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 ¿ 2 ⇔(a+b − c) [ ca+ cb+c +ab − ac −a 2+ ba − bc −b2 ]>0 ¿ 2 ⇔ (a+b −c ) [ c +ab − a2 + ba − b2 ] > 0 ¿ ¿ ¿+b ¿ ¿+a ¿ ⇔c ¿. Câu 5. 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 ..

<span class='text_page_counter'>(5)</span>