de va dap an thi len 10 Toan thanh hoa 20172018

Xác định vị trí điểm M trên cung AB để tổng AN + 2AM đạt giá trị nhỏ nhất... Khi đó M là trung điểm của AN.[r]

SỞ 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):

Cho biểu thức:

4 x



   , với x > 0, x 4 và x 9.

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 x1 , 2thỏa mãn: x12 2 x2x x1 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):

Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn

2017

x + y  y + z z + x  Tìm giá trị

lớn nhất của biểu thức:

2x + 3y + 3z 3x + 2 y + 3z 3x + 3y + 2z

-Hết -(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ A

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

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































Vậy

4 x A

x 3



 với x > 0, x 4 và x 9

2 A = −2 

4x

2

x 3  với x > 0, x 4 và x 9

4 x 2 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(thỏa mãn), 2

6 x

4



(không thỏa mãn) 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 (*)

Áp dụng hệ thức Vi − ét ta có:

1 2

x + x = 2 x = 2 x (1)

x x m 3 (2)





Theo bài ra ta có: x12 2 x2x x1 2 12 (3)

Thay (1) vào (3) ta được: x12 2 2 x  1x 2 x1  1 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 (*)

Áp dụng hệ thức Vi − ét ta có:

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 2x 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 C

1 O B A

P

Xét ΔNPA và ΔDCA có:

Achung

NPA DCA 90 

 ΔNPA ΔDCA (g.g)

CA.CN = AP.PD (1)

Xét ΔDOP và ΔDAC có:



1

D chung

DPO DCA 90 

 ΔDOP ΔDAC (g.g)

CO.CD = AP.PD (2)

Từ (1) và (2)  CA.CN = CO.CD (= AP.PD)

3 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

Vì ΔAOM ΔABN (c.g.c)

1

MO AB

  Mà MO là bán kính  M là điểm chính giữa của cung 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:

+

Dấu bằng xảy ra khi

3

4034

  

Vậy giá trị lớn nhất của P là P

2017 Max

4



đạt khi

3

4034

  