Dap an de thi len lop 10 mon toan thanh hoa 20172018 de A

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 .  x  2 y = 7 2. Giải hệ phương trình:  Câu II (2,0 điểm):  4 x 8x   x  1 2  A     :  4  x 2  x x  2 x x     , với x > 0, x 4 và x 9. Cho biểu thức: 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 2 lượt là x1 , x 2 thỏa mãn: x1  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. x + y y + z z + x Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn Tìm giá trị 1 1 1 P   . 2 x + 3y + 3z 3x + 2 y + 3z 3x + 3y + 2z lớn nhất của biểu thức: -------------------------Hết------------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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 4x = 12 x = 3 x = 3 x = 3      x  2y = 7 x  2 y = 7 3  2 y = 7 2 y = 4 y = 2 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  4x A  x +3 4x A x3 4x A x  3 với x > 0, x 4 và x 9 . Vậy. . . . . .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. A = −2   4 x  2. . 4x  2 x3 với x > 0, x 4 và x 9 .. . 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  x  Với x = 12 = 1 Vậy x = 1  A = −2. Câu III (2,0 điểm): 1. Thay x = 1, y = 0 vào  d  ta được:. x1 1. (thỏa mãn),. x 2 . 6 4 (không thỏa mãn). 0 = 2.1 − m + 3 m=5 Vậy m = 5 là giá trị cần tìm. 2. 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)  x x m  3 (2) Áp dụng hệ thức Vi − ét ta có:  1 2 2 Theo bài ra ta có: x1  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:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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  x x m  3 (2) Áp dụng hệ thức Vi − ét ta có:  1 2 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. (3). Thay (1) vào (3) ta được: 2 x1  2x 2  12  x1  x 2  6 (4) Từ (1) và (4) ta có hệ phương trình:  x1  x 2 = 2 2 x  4  x  2  x  2  1  1  1   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) m  3  8  m  5 Thay (5) vào (2) ta được: (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 0  tròn  O  và N   d  nên OBN 90 . Mặt khác do C là trung điểm của AM mà OC xuất phát từ tâm O  OC  AM    OCM OCN 900. 0   Tứ giác OBNC có OBM OCN 90    OBM  OCN 1800  Tứ giác OBNC nội tiếp (vì có tổng hai góc đối bằng 1800)..  d N M C A. 1. O. B. PP 1 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 0  Gọi P là giao điểm của ON và AD  NP  AD  NPA 90.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Xét ΔNPA và ΔDCA có: Xét ΔDOP và ΔDAC có:  chung  D A 1 chung 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) 0  3. Ta có: BMA 90 (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 2  AN + 2AM 2 2.4R 4 2R (không đổi). Dấu bằng xảy ra  AN = 2AM. Khi đó M là trung điểm của AN. AM AO 1         AOM ABN 900  A1 chung, AN AB 2  Vì ΔAOM ΔABN (c.g.c)    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 a + b + c + d     4. abcd . 4.  16. 16      4 a b c d abcd abcd    . . . 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 P  .    .     16  x + y y + z x + z  4  x + y y + z x + z  4.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 3 . 4034 Dấu bằng xảy ra khi 3 2017 a b c  . Max P  4034 4 đạt khi Vậy giá trị lớn nhất của P là -------------------------Hết------------------------a b c .

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