DE THI TOAN LOP 10 THANH HOA NAM 2017

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ B. KỲ THI TUYỂN SINH LƠP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi: 10/07/2017 Đề thi có: 1 trang gồm 5 câu. Câu I: (2,0 điểm) 2. 1. Cho phương trình : nx  x  2 0 (1), với n là tham số. a) Giải phương trình (1) khi n=0. b) Giải phương trình (1) khi n = 1.. 3 x  2 y 6   x  2 y 10 2. Giải hệ phương trình: Câu II: (2,0 điểm).  4 y 8y   y  1 2  A   :    2  y 4  y   y  2 y y     Cho biểu thức , với y  0, y 4, y 9 . 1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm y để A  2 . Câu III: (2,0 điểm).. y 2 x  n  3 và parabol (P): y x 2 . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): 1. Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;0). 2. Tìm n để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 , x2 2. thỏa mãn: x1  2 x2  x1 x2 16 . Câu IV:(3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính MN 2 R . Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại N. Trên cung MN lấy điểm E tùy ý (E không trùng với M và N), tia ME cắt (d) tại điểm F. Gọi P là trung điểm của ME, tia PO cắt (d) tại điểm Q. 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  2ME đạt giá trị nhỏ nhất . Câu V:(1,0 điểm). Cho. 1 1 1   2017 a, b, c là các số dương thay đổi thỏa mãn: a  b b  c c  a . Tìm giá trị lớn P. nhất của biểu thức:. 1 1 1   . 2a  3b  3c 3a  2b  3c 3a  3b  2c ...............................Hết....................................... Họ và tên thí sinh......................................................SBD...................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ B Nội dung. Câu I. Điểm 2,00. 1.a Khi n = 0 ta có PT x  2 0  x 2  x 2 Phương trình đã cho có nghiệm x = 2 2 b/ Khi n = 1 ta có PT x  x  2 0 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là x = 1 và x = -2 3 x  2 y 6 4 x 16    x  2 y  10 x  2 y  10   2..  x 4   4  2 y 10. 0,5 0.5.  x 4  x 4   2 y 6  y 3. 1.0. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x;y) = (4; 3) II. 1. 1,00 ĐKXĐ y  0, y 4, y 9 .  4 y 8y   y  1 2  A   :     2 y 4 y  y 2 y y     4 √ y . ( 2 − √ y ) +8 y √ y − 1− 2 ( √ y −2 ) 8 √ y − 4 y .+ 8 y √ y −1− 2 √ y + 4 : : = = ( 2+ √ y )( 2 − √ y ) √ y . ( √ y −2 ) ( 2+ √ y ) ( 2 − √ y ) √ y . (√ y − 2) =. 8 √ y .+ 4 y − √ y +3 : ( 2+ √ y ) ( 2 − √ y ) √ y . ( √ y − 2 ). A. Vậy. 4 √ y ( 2+ √ y ) = ( 2+ √ y ) ( 2 − √ y ) .. . y. 2  y3. y.  =. 4y y3. 4y y  3 (với y  0, y 4, y 9 ). 2) Để A  2 ta có 2.  2( y  3) 4y   4 y  2( y  3)  2 y  y  3 0 y3 y3 Đặt t = √ y 0 nên t2 = y ⇔ 2t2 + t -3 = 0  a+b+c = 2+1+(-3)=0 3 t1 1(/ m); t1  (kt / m); 2 Suy ra 4y  2  y3. >. y 1  y 1(t / m). 0,25. 0,25 0,25 0,25 1.00. 0.5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vậy y 1. 0,5 2.0. III 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y 2 x  n  3 Đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;0). thay x = 2 và y = 0 vào ta có 0=4–n+3 ⇒ n=7 Vậy với n = 7 thì đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;0).. 1. 0,25 0.25 0,25. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là : x 2  2x – n  3  x 2  2x  n – 3  0 Ta có Δ ' = 1- n + 3 = 4 – n. 2. Để đường thẳng (d)và pa ra bol (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2. 0,25.   0  4 – n  0  n  4. Áp dụng hệ thức vi ét ta có. x 1+ x 2=2 x 1 . x 2=n − 3. {. 2 mà x1  2 x2  x1 x2 16. 0,25. x 21+2 x 1 x 2 + x 22 − x 1 x 2 −2 x2 − x 22=16 2 ( x 1+ x 2 ) − x 2 ( x 1 +2+ x 2 )=16 ⇒ 4 – x2 (2+2) =16 ⇒ 4.x2 = -12 ⇒ x2 = -3 ⇒ x1 = 5 mặt khác x1x2= n-3 thay vào ta có -15 = n – 3 ⇒ n = -12< 4 (t/m) Vậy với n = -12 Thì đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân 2 biệt có hoành độ lần lượt là x1 , x2 thỏa mãn: x1  2 x2  x1 x2 16 .. ⇒. IV. 0,25. 0.5 3.0. F. E. P. N M. 0,25. O. D. Q. Vì P là trung điẻm của ME nên OP 1. F^ P O=90. ME hay QP. MF tại P ⇒. 0. mặt khác d là tiếp tuyến của (O) tại N nên MN. FQ tại N. 0 Nên F ^P O+ ¿ F ^ P O và F ^ N O là N O=90 vì F ^ hai góc dối của tứ giác ONFP nên tứ giác ONFP nội tiếp. ⇒. F^ N O=90. 0. 2) Xét Δ MFN ta có QP. MF ⇒ QP là đường cao. 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. FQ ⇒ MN là đường cao vì MN cắt QP tại O nên O là trực tâm của Δ MFQ ⇒ OF chứa đường cao Δ MFQ suy ra OF  MQ MN. Xét 2 tam giác vuông MPO và QPF có M P^ O=Q ^P F=900 ^ F ( Cùng phụ với P F ^ N ) ⇒ 2 tam giác vuông MPO và ^ O=P Q PM QPF đồng dạng 3. . PO MP `  PO.PQ MP.PF PF PQ. 0,25 0,25 0,25. Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF  2 ME đạt giá trị nhỏ nhất 0 M chung Xét 2 tam giác vuông MPO và QNF có M P^ O=M ^ N F=90 ; ^ Nên 2 tam giác vuông MPO và MNF dồng dạng (g-g) ⇒. 1,00 0,25. MP MO = MN MF. ⇒ MP.MF =MO.MN ⇒ 4MP.MF = 4.MO.MN ⇒ (4MP).MF = 4.MO.MN ⇒ 2ME.MF=4.MO.MN = 4.R.2R = 8R2. 0,25. Như vậy tích 2ME và MF không đổi là 8R2 mà (MF+2ME )2 4MF.2ME ( với a.b>0 ta luôn có (a +b)2 4a.b ) nên (MF+2ME )2 4MF.2ME = 4 (MF.2ME ) = 4. 8R2= 32.R2 ⇒ MF+2ME √ 32 R2=4 R √ 2 Dấu “=” xảy ra khi 2ME = MF khi đó E là trung điểm của MF mà NE  MF nên tam giác MNF vuông cân suy ra E là điểm chính giữa cung MN 5. 0,25 0,25 1,00. Câu V: Nếuvới mọi x;y;z;t > 0 ta có :. ( 1x + 1y + 1z + 1t ) ≥16 từ đó ta có ( 1x + 1y + 1z + 1t ) ≥ 16x+ y+ z+t ( 1x + 1y + 1z + 1t ) ≥ x+ y+1 z+t. (x+y+x+t) ⇒. 1 16. Thật vậy Ta xét  1 1 1 1      ( x + y + z + t ) x y z t  x x x x y y y y z z z z t t t t     x y z t + x + y + z + t + x + y + z + t + x + y + z +t = x. y. x. z. x. t. y. z. y. t. t. z. 4+ ( y + x )+( z + x ) + ( t + x )+( z + y )+( t + y )+( z + t ) mà tổng nghịch đảo của dôi một không bé hơn 2 ( áp dụng co si ) dấu = khi x= y = z = t. ( 1x + 1y + 1z + 1t ) ≥ 4+2+2+2+2+2+2=16 1 1 1 1 ⇒ ( x + y + z + t ) ( + + + ) ≥16 vì x;y;z;t > 0 x y z t ( 1x + 1y + 1z + 1t ) ≥ x+ y+1 z+t. (x+y+z+t). ⇒. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = t áp dụng vào bài toán ta có:. 1 16. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 1 1   2a  3b  3c 3a  2b  3c 3a  3b  2c 1 1 1    b c b c b a c  a a c a c  a b b c a b  a b a c b c 1 1 1 1 1  1 1 1 1 1             16  b  c b  c b  a c  a  16  a  c a  c a  b b  c  P. . 1 1 1 1 1       16  a  b a  b a  c b  c . 0,25. 1 4 4 4       16  b  c a  b c  a  1 1 1 1  2017     .  4 b c a b c a  4. Dấu “=” xảy ra. 0,25. 3 4034 2017 3 MaxP   a b c  4 4034 Vậy. 0,25.  a b c . Ghi chú : - Đối với câu 4: Nếu học sinh không có hình vẽ hoặc vẽ hình sai thì không chấm câu này. a. Chứng minh tứ giác OBNC nội tiếp: Ta có ∠ OBN=900 ( Góc tạo bởi tiếp tuyến với đường tròn) 0 ∠ OCN=90 ( Đường kính đi qua trung điểm của một dây không đi qua tâm) Từ đó ta có ∠ OCN + ∠ OBN=180 0 . Mà chúng ở vị trí đối nhau nên ta có tứ giác OBNC nội tiếp b, Chứng minh ON AD , CA.CN=CO.CD.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Xét Δ AND có AB và CD là hai đường cao cắt nhau tại O nên NO là đường cao thứ ba của tam giác ⇒ NO ⊥ AD tại H Xét Δ CAD , Δ CON có ∠ ACD =∠OCN=900 , mặt khác ∠ CNO=∠CDA (phụ với góc O) AC OC = ⇒AC . CN=OC . CD⇒ đpcm ⇒ Δ CAD ΔCON nên CD CN c. Xác định vị trí điểm M trên cung AB để AN+2AM nhỏ nhất Xét tam giác vuông ABN có AM là đường cao. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông này ta có: AB 2=AM. AN =4R2 Áp dụng bất đẳng thức CoSi ta có 2AM+AN 2 √ 2 AM . AN=2 √ 8 R 2=4 . √ 2 R Vậy 2AM+AN đạt giá trị nhất là 4 . √ 2 R khi AN=2AM có nghĩa là M là trung điểm của AN hay M là điểm chính giữa của cung AB -.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>