Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán trường THPT chuyên Quảng Ngãi năm học 2017 2018

Chứng minh rằng với mọi giá trị của k đường thẳng d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt A B,.. Bài 4 3,0 điểm Cho nửa đường tròn đường kính AB2RR là số dương cho trước, gọi O là trung đi

Tên : Trương Quang An

Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng

Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi

Điện thoại : 01208127776

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯƠNG QUANG AN

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ TUYỂN SINH

LỚP 10 CHUYÊN THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017 - 2018

Môn: Toán

Bài 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức

2

P

1.Rút gọn P

2.Cho Q 2018 x

P

 Chứng minh rằng 0 Q 2

Bài 2 (2,0 điểm)

1.Giải hệ phương trình:

2 2

5

x y

x y xy



2.Giải phương trình: (x23x2)(x27x12)24

Bài 3 (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxycho parabol (P) có phương trình 2

y x và đường thẳng (d) đi qua

(0; 1)

I  và có hệ số góc k

1 Chứng minh rằng với mọi giá trị của k đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A B, 2.Chứng minh OAB là tam giác vuông

Bài 4 (3,0 điểm)

Cho nửa đường tròn đường kính AB2R(R là số dương cho trước), gọi O là trung điểm của AB Tiếp tuyến với đường tròn tại một điểm P thuộc nửa đường tròn (P không trùng với A B, ) cắt hai tiếp tuyến Ax By, của nửa đường tròn theo thứ tự tại các điểm M N, Gọi K là giao điểm của OM với AP,

H là giao điểm của ON và PB

1.Chứng minh rằng AMPO là tứ giác nội tiếp và OHPK là hình chữ nhật

2.Chứng minh: 2

AM BNR Xác định vị trí của P để AMBNđạt giá trị nhỏ nhất

3.Xác định vị trí của các điểm M trên Ax và N trên By để chu vi hình thang AMNB bằng 7R

Bài 5 (1,0 điểm)

Cho x y, là các số thực dương thỏa mãn điều kiệnx y 1 Chứng minh rằng:

2 2

x y xy

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯƠNG QUANG AN

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017 - 2018

Môn: Toán

I

(2,0

điểm)

1

Cho biểu thức

2

P

Rút gọn P

Điều kiện: 0

1

x x





 



Ta có

3

1

x x

Vậy P x x1

2

Cho Q 2018 x

P

 Chứng minh rằng 0 Q 2018

Ta có 2018

1

x Q

x x



P x x  x   và 2 x 0 nên Q0

1 1

Q x x



   , dấu “=” xảy ra khi

1

1

x

   không thỏa mãn điều kiện nên ta có x 1 2

x

  Suy ra Q2018

Vậy 0 Q 2018

II

(2,0

điểm)

Giải hệ phương trình:

2 2

5

x y

x y xy





1

Phương trình tương đương:

2

x y xy

x y xy



 Đặt S x y P, xy Ta được hệ:

2

S P





2

1 2

5

5 3

2 4

5 8

S P

S S

P

P

 



  





      

 





Với 1

2

S P





  



1 2

x y xy

 



   

 , khi đó x y, là các nghiệm của phương trình:

2 0

2

X

X X

X

 



 Suy ra

1 2

x y

 



 

2 1

x y





  



Với

5 2 5 8

S P

  





 



5 2 5 8

x y xy

   



 

 



, khi đó x y, là các nghiệm của phương trình:

Suy ra

5 15 4

5 15 4

x y







 

 



hoặc

5 15 4

5 15 4

x y







 

 



2

(x 3x2)(x 7x12)24

Phương trình tương đương với:

(x1)(x4)(x2)(x 3) 24 2 2

(x 5x 4)(x 5x 6) 24

Đặt 2

x  x t, ta được phương trình

(t1)(t 1) 24  t 1 24 t 25  t 5

5

x

x







Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x0,x 5

III

(2,0

điểm)

1

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình 2

y x và đường thẳng (d) đi qua I(0; 1) và có hệ số góc k

Chứng minh rằng với mọi giá trị của k đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân

biệt A B,

Đường thẳng (d) có phương trình: ykx1

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

Vì phương trình (1) có a c 0 nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu Do đó, (d)

luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B

2 Gọi x x lần lượt là hoành độ của A và B Khi đó, 1, 2 Chứng minh OAB là tam giác vuông x x là các nghiệm của (1) 1, 2

Theo định lí Viet, ta có: 1 2

1 2 1

x x k

x x

  





Tọa độ các điểm A, B: A x kx( ;1 11), ( ;B x kx2 21)

Ta có OA2 x12(kx11) ;2 OB2 x22(kx21)2 nên

1 ( 1 1) 2 ( 2 1) ( 1)( 1 2) 2 ( 1 2) 2

(k 1) ( x x ) 2 x x  2 (k x x ) 2 (k 1)k 2 2k 2

(k 1)(k 4)

(k 1)(x x) (k 1) ( x x) 4x x  (k 1)(k 4)

Vì AB2 OA2OB2nên tam giác OAB vuông tại O

Chú ý: học sinh có thể làm theo cách sau:

Đường thẳng OA qua gốc O nên phương trình có dạng: y mx

1 1

( ; )

A x x thuộc đường thẳng này nên ta có 2

     (vì x x1 2  1 nên

1 0, 2 0

x  x  )

Ta có phương trình đường thẳng OA: y x x1

Tương tự, ta có phương trình đường thẳng OB: y x x2

Tích hệ số góc của hai đường thẳng OA và OB là (x1).(x2)x x1 2  1 Do vậy hai đường

thẳng OA, OB vuông góc với nhau hay tam giác OAB vuông tại O

IV

(3,0

điểm)

1

Cho nửa đường tròn đường kính AB2R (R là số dương cho trước), gọi O là trung điểm của AB Tiếp tuyến với đường tròn tại một điểm P thuộc nửa đường tròn (P không trùng với A B, ) cắt hai tiếp tuyến Ax By, của nửa đường tròn theo thứ tự tại các điểm M N, Gọi K là giao điểm của OM với AP , H là giao điểm của ON và PB

Chứng minh rằng AMPO là tứ giác nội tiếp và OHPK là hình chữ nhật

H K

N

M

O

P

Vì MA, MP là các tiếp tuyến với nửa đường tròn nên MA AO MP, PO, suy ra tứ giác

AMPO nội tiếp đường tròn đường kính MO

Vì MAMP (tính chất 2 tiếp tuyến đi qua M) và OPOAR nên suy ra MO là đường trung trực của AP APMOOKP90o

Tương tự OHP90o

Ta có APB90o(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tứ giác OHPK có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật

2

AM BN R Xác định vị trí của P để AMBN đạt giá trị nhỏ nhất

Vì OHPK là hình chữ nhật nên KOH90o Ta có tam giác MON vuông tại O, OP là

Nhưng MPMA NP, NB nên ta suy ra AM BN R2

Theo BĐT CÔSI ta có 2

MA NB  MA NB  R  R (không đổi) Dấu “=” xảy ra khi MANBnên tổng MA NB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2R khi MANB

Khi đó tứ giác AMNBlà hình chữ nhật Mặt khác OPMN nên OP AB khi đó P là

điểm chính giữa của nửa đường tròn

3

Xác định vị trí của các điểm M trên Ax và N trên By để chu vi hình thang AMNB bằng

7R

Ta có chu vi p của hình thang AMNB bằng:

Theo chứng minh trên ta có 2

AM BN R và theo giả thiết p7R nên ta có hệ phương trình:

2

2

5

2

R

AM NB R

AM NB R





Suy ra AM BN là các nghiệm của phương trình , 2 2

2 5

2

2

R









Do vậy các điểm M, N thỏa mãn yêu cầu của bài toán được xác định bởi

2

2

R BN







2

2

R AM









V

(1,0

điểm)

Cho x y, là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x y 1 Chứng minh rằng:

2 2

x y xy



Đẳng thức xảy ra khi nào?

Trước hết ta có bất đẳng thức 1 1 4

a b a b

 (*) với a b, 0 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ab

a b



Dấu “=” của BĐT (*) xảy ra khi a b   0 a b

Vì x y 2 xy, x y 1 nên ta có 1 4xy 1 4

xy

   (**)

Dấu “=” xảy ra khi 1

2

x y



Áp dụng BĐT CÔSI, BĐT (*) và (**) ta được:

Dấu “=” xảy ra khi

2 2

2 1 4

1 4

2 1

4 1

x y xy xy

xy

x y xy

x y





 



  

 Hết