Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Thái Bình môn Toán (Chung) - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Bình (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

Đề thi gồm 01 trang

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH

NĂM HỌC 2017 – 2018

MÔN THI: TOÁN (Dành cho tất cả các thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (2,0 điểm) Cho với .

a) Rút gọn A. b) Đặt . Chứng minh rằng B > 1 với .

Câu 2. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): và đường thẳng (d): (với m là tham số).

a) Khi m = – 4, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) . b) Chứng minh rằng đường thẳng (d) và Parabol (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2. Tìm m để x1 + 2x2 = 2.

Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

Câu 4. (1,0 điểm)

Cho quãng đường AB dài 300km. Cùng một lúc xe ô tô thứ nhất xuất phát từ A đến B, xe ô tô thứ hai đi từ B về A. Sau khi xuất phát được 3 giờ thì hai xe gặp nhau. Tính vận tốc của mỗi xe, biết thời gian đi cả quãng đường AB của xe thứ nhất nhiều hơn xe thứ hai là 2 giờ 30 phút.

Câu 5. (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Điểm C là điểm bất kỳ trên (O), C không trùng với A, B. Tiếp tuyến tại C của (O; R) cắt tiếp tuyến tại A, B của (O; R) lần lượt tại P, Q. Gọi M là giao điểm của OP với AC, N là giao điểm của OQ với BC.

a) Chứng minh: Tứ giác CMON là hình chữ nhật và AP. BQ = MN2. b) Chứng minh: AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ. c) Chứng minh: PMNQ là tứ giác nội tiếp. Xác định vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất.

Câu 6. (0,5 điểm)

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

.

-------------- HẾT ----------------

Họ và tên thí sinh: …………………………………………SBD:……………….

(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)

 

2 x 1 1 3 x 5 A 1 x 1 x x x x 1 4 x

                      

x 0;x 1  

  B x x 1 A    x 0;x 1  

2 y x  y 2x 2m 8   

2 2 2 xy y 2 x 3x

x y 4 y 1 0

        

2 2 2 1 1 1 3 x y z   

     

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 y z z x x y P

x y z y z x z x y      

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

DeThi.edu.vn

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:

Câu Phần Nội dung Điểm

a)

Vậy với .

1.25

Câu 1 (2,0đ)

b)

Với , ta có:

0.75

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

(*) 0.25

a)

Khi m = – 4, phương trình (*) trở thành:

Với x = 0 thì y = 0; với x = – 8 thì y = 64 Vậy khi m = – 4 thì tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (0; 0) và (– 8; 64). (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ dương

Phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2

0.75

Câu 2 (2,0đ)

b)

Phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:

Theo đề bài: (3) Từ (1) và (3), ta có hệ:

1.0

 

  

 

  

 

 

  

 

2

2

2

2

2

x 1 1 3 x 5 A 1 x 1 x x x x 1 4 x

x 1 4 x 1 3 x 5 x 1 4 x x 1 x 1

x 1 x 1 3 x 5

4 x x 1 x 1

4 x 1 x 1

4 x x 1 x 1

1

x

                      

                

      

     



1 A

x  x 0;x 1  

x 0;x 1  

   

 

2

2

x 1 x x x 1 x B x x 1 A 1 x x x

do x 1 x 1 0

          

        

2 2 x 2mx 2m 8 x 2mx 2m 8 0        

2 x 0 x 8x 0 x 8

      



2 2 ' m 2m 8 (m 1) 7 0 m          

1 2

1 2

x x 2m

x x 2m 8

      

(1) (2)

1 2 x 2x 2  

DeThi.edu.vn