Rút gọn biểu thức A.. Chứng minh OBNC là tứ giác nội tiếp.. Xác định vị trí điểm M trên cung AB để tổng AN + 2AM đạt giá trị nhỏ nhất.. ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ A... * Chứng minh ON⊥AD: Xét ΔAND
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
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
2 Giải hệ phương trình: 3x 2 y = 5.
x 2 y = 7
−
+
Câu II (2,0 điểm):
4 x
−
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 lượt là x x thỏa mãn: 1, 2 2
x −2 x +x x = −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):
x + y + y + z + z + x = Tìm giá trị
2 x + 3y + 3z 3x + 2 y + 3z 3x + 3y + 2z
-Hết -(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: ; Chữ kí của giám thị 2:
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ A
Trang 2ĐÁP 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
−
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
8 x 4 x + 8x
x 1 2 x + 4
4 x
A
x + 3
4 x
A
x 3
−
=
−
=
−
−
=
−
−
=
−
=
−
x 3
=
− với x > 0, x 4≠ và x 9≠
− với x > 0, x 4≠ và x 9≠
Giải phương trình: 4x + 2 x − 6 = 0 (a = 4, b' = 1, c = −6)
Trang 3Δ = 12 − 4(−6) = 25 > 0 ⇒ ∆ = 25 5=
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 =1(thỏa mãn), x2 6
4
Với x1 = =1 x ⇒x = 12 = 1
Vậy x = 1⇔A = −2
Câu III (2,0 điểm):
1 Thay x = 1, y = 0 vào ( )d ta được:
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 (*)
1 2
x x m 3 (2)
Theo bài ra ta có: x12−2 x2+x x1 2 = −12 (3)
x −2 2 x− +x 2 x− = −12
1 1
Với x1= −2 thì x2 = − − = ⇒2 ( 2) 4 x x1 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:
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 (*)
Trang 4Áp dụng hệ thức Vi − ét ta có: 1 2
1 2
x + x = 2 (1)
x x m 3 (2)
= −
Theo bài ra ta có:
( ) 2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 2 x 2 x x x 12 x x x 2 x 12 x x x 2x 12 (3)
− + = − ⇔ + − = − ⇔ + − = −
Thay (1) vào (3) ta được: 1 2 1 2 2 x 2x 12 x x 6 (4)
− = − ⇔ − = − Từ (1) và (4) ta có hệ phương trình: 1 2 1 1 1 1 2 1 2 2 2 x x = 2 2 x 4 x 2 x 2 x x = 6 x x 2 2 x 2 x 4 + = − = − = − ⇔ ⇔ ⇔ − − + = − + = = Với x1= −2 và x2 = ⇒4 x x1 2 = −( 2).4= −8 (5)
Thay (5) vào (2) ta được: m 3− = − ⇔ = −8 m 5 (thỏa mãn điều kiện (*))
Vậy m = −5 là giá trị cần tìm Câu IV (3,0 điểm): ( )d 1 Vì ( )d là tiếp tuyến tại B của nửa đường tròn ( )O và N∈( )d nên ·OBN 90 = 0 Mặt khác do C là trung điểm của AM mà OC xuất phát từ tâm O ⇒OC AM⊥ · · 0
OCM OCN 90 ⇒ = = Tứ giác OBNC có ·OBM OCN 90=· = 0 · · 0
OBM OCN 180 ⇒ + = ⇒Tứ giác OBNC nội tiếp (vì có tổng hai góc đối bằng 1800) N M
P
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 Gọi P là giao điểm của ON và AD ⇒NP⊥AD⇒NPA 90· = 0 Xét ΔNPA và ΔDCA có: µA chung · · 0
NPA DCA 90= = ⇒ ΔNPA ΔDCA (g.g) CA PD CA.CN = AP.PD (1) AP CN ⇒ = ⇒ Xét ΔDOP và ΔDAC có: ¶ 1 D chung · · 0
DPO DCA 90= = ⇒ ΔDOP ΔDAC (g.g) CO PD CO.CD = AP.PD (2) AP CD ⇒ = ⇒ Từ (1) và (2) ⇒CA.CN = CO.CD (= AP.PD) C
1 O
B A
P
Trang 53 Ta có: ·BMA 90= 0(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
⇒ AN + 2AM 2 2.4R≥ 2 =4 2R(không đổi) Dấu bằng xảy ra ⇔AN = 2AM Khi đó M
là trung điểm của AN
1
MO AB
Vậy M là điểm chính giữa của cung »AB thì tổng AN + 2AM đạt giá trị nhỏ nhất
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 1 1 1
a + b + c + d
a b c d
a b c d
Ta có:
P
2x + 3y + 3z 3x + 2y + 3z 3x + 3y + 2z
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:
4034
= = =
Vậy giá trị lớn nhất của P là MaxP 2017
4
4034
= = =