Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 - 2018 môn Toán sở GD và ĐT Thanh Hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

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) 1. Cho phương trình : 2 2 0 nx x    (1), với n là tham số. a) Giải phương trình (1) khi n=0. b) Giải phương trình (1) khi n = 1.

2. Giải hệ phương trình: 3 2 6

2 10

x y

x y

     

Câu II: (2,0 điểm)

Cho biểu thức 4 1 8 2 : 4 2 2 y y y A y y y y y

                   , với 0, 4, 9 y y y    .

1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm y để 2 A . Câu III: (2,0điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): 2 3 y x n    và parabol (P):

2. y x  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 1 2 , x x thỏa mãn: 2 1 2 1 2 2 16 x x x x    . Câu IV: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính 2 MN 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 2 MF ME  đạt giá trị nhỏ nhất . Câu V: (1,0 điểm)

Cho , , a b c là các số dương thay đổi thỏa mãn: 1 1 1 2017 a b b c c a       . Tìm

giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 . 2 3 3 3 2 3 3 3 2 P a b c a b c a b c         

--------------- HẾT ---------------

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu I: (2,0 điểm)

1)a) Thay n = 0 Cho phương trình : 2 2 0 nx x    ta có : x-2 = 0 x = 2 Vậy với n = 0 thì phương trình có nghiệm x = 2 b) Thay n = 1 Cho phương trình : 0 2 2   x x phương trình bậc hai ẩn x có dạng a+ b + c = 0 nên phương trình có 1 nghiệm x1= 1 áp dụng hệ thức vi ét ta có x2 =-2 ;Vậy với n = 1 thì phương trình có 2 nghiệmx1= 1 và x2 =-2

2. Giải hệ phương trình: 3 2 6

2 10

x y

x y

           



10 2

16 4

y x

x     



6 2

4

y

x     



3

4

y

x

vậy nghiệm của hệ phương trình      3 4 y x

Câu II: (2,0 điểm), với 0, 4, 9 y y y    .

1. Rút gọn biểu thức 4 1 8 2 : 4 2 2 y y y A y y y y y

                  

A=     

    2 .

2 2 1 : 2 2

8 2 . 4



  

 

 

y y

y y

y y

y y y =      2 .

4 2 1 : 2 2

8 . 4 8



  

 

 

y y

y y

y y

y y y

A=      2 .

3 : 2 2

4 . 8



 

 



y y

y

y y

y y =      y y

y y

 



2 2

2 4 .  

y

y y





3

2 . =

y

y

 3

4

2) Thay 2 A vào ta có y

y

 3

4 =-24y=- 6 + 2 y 4y - 2 y + 6 = 0

Đặt t = y  0 nên t2 = y 4t2 -2t + 6 = 0 2t2– t + 3 = 0 Ta có = 1- 24 = -23< 0 phương trình vô nghiệm Câu III: (2,0điểm). 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): 2 3 y x n    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). 2) phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là : x2 = 2x –n +3 Hay x2 - 2x + n – 3 = 0 ; '= 1- n + 3 = 4 – n .Để phương trình có 2 nghiệm ( hay đường thẳng và pa ra bol cắt nhau tại hai điểm )khi '> 0 ; 4 – n >0  n < 4

theo hệ thức vi ét ta có     

 

3 .

2

2 1

2 1 n x x

x x mà 2 1 2 1 2 2 16 x x x x   

16 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1       x x x x x x x x

    16 2 2 1 2 2 2 1      x x x x x  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 Thỏa mãn Vậy với n = -12 Thì đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 1 2 , x x thỏa mãn: 2 1 2 1 2 2 16 x x x x    .