Đề thi tuyển sinh 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    .