Đề thi thử tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở GD & ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN 
 THANH HOÁ NĂM HỌC 2017-2018
 ( Dành cho tất cả thí sinh )
 Thời gian làm bài: 120 phút
 (Không kể thời gian giao đề)
 Ngày thi :02 tháng 6 năm 2017
Câu 1: ( 2 điểm ) 
Cho biểu thức: A = : Với x 0 ; x4 ; x 9
 1) Rút gọn biểu thức A 
 2) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên
Câu 2 : ( 2 điểm ) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ; cho ba đường thẳng 
(d1) : y = -5(x + 1) ; (d2) : y = 3x – 13 ; (d3) : y = mx + 3 ( Với m là tham số ) Tìm tọa độ giao điểm I của hai đường (d1) và (d2) với giá trị nào của m thì đường thẳng (d3) đi qua điểm I ?
 b) Giải hệ phương trình 
Câu 3 : ( 2 điểm ) a) Tìm m để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 khác không thỏa mãn điều kiện + = 0 
 b) Giải phương trình x = 9- 5x
Câu 4 : ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O) với tâm O có bán kính R đường kính AB cố định, M là một điểm di động trên (O) .sao cho M không trùng với các điểm A và B .Lấy C là điểm đối xứng với O qua A .Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N đường thẳng BN cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai E .các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F 
a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng và tứ giác MENF nội tiếp 
b) Chứng minh : AM .AN = 2R2
c)Xác định vị trí của điểm M trên đường tròn (O)để tam giá BNF có diện tích nhỏ nhất 
Câu 5 : ( 1 điểm ) Cho a; b ; c là độ dài ba cạnh của tam giác .Chứng minh rằng 
 + + > 1 
BÀI GIẢI KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2017-2018
( Dành cho tất cả thí sinh )
Câu
Lời giải 
1
1) A = : 
A = :
A = := :
A= := 
2) A = = 1-Để A nhận giá trị nguyên khi đạt giá trị nguyên . Hay -3 là ước của -3
Nên =1 = 0 x = 0 thỏa mãn 
=-1 = -2< 0 không thỏa mãn 
=3 = 2 x = 4 thỏa mãn 
=-3 = -4< 0 không thỏa mãn 
vậy x = 0 hoặc x = 4 thì A nhận giá trị nguyên 
Câu 2 : 
1) Tọa độ giao điểm I của hai đường (d1) và (d2) là nghiệm của hệ 
vậy tọa độ giao điểm I của hai đường (d1) và (d2) là I(1;-10)
đường thẳng (d3) đi qua điểm I khi tọa độ của I là x = 1 và y = -10 thỏa mãn công thức y = mx + 3 thay vào ta có : -10 = m.1+ 3 m = -13
Vậy với m = - 13 thì đường thẳng (d3) đi qua điểm I 
2)Giải hệ phương trình đặt A = |x-1|0;B = 0
Ta có Thỏa mãn 
vậy (x;y) = là nghiệm của hệ 
Câu 3
để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 
m > theo vi ét ta có 
mà + = 0 
 ta có m1;m 2
m1= hoặc m2= thỏa mãn 
b) Giải phương trình x = 9- 5x
đặt t = x = t2 + 2 (t2 + 2).t = 9-5(t2 + 2) 
t3 +2t + 5t2 +10 – 9 = 0 t3 + 5t2 +2t +1= 0
 t3 + 4t2 + 4t+ t2 -2t +1= 0 
Cách 2: x2(x-2) =81-90x+25x2 x3 -2x2 -25x2+ 90x -81 = 0 
x3 -27x2+ 90x -81 = 0 x3 -3.3x2+ 3.9.x -27 -18x2 + 63x -54 = 0
(x-3)3 -9(2x2-7x+6) = 0 
Câu 4 
a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng 
Xét BNF ta có ( nội tiếp chắn nữa đường tròn)
NMBF nên MN là đường cao 
BC NF ( gt) Nên BC là đường cao 
mà BC cắt MN tại A nên A là trực tâm FA thuộc đường cao thứ ba nên FA BN mà = 900( nội tiếp chắn nữa đường tròn)EABN theo ơ clit thì qua A kẻ được duy nhất 1 đường thẳng vuông góc với BN nên ba điểm A; E ; F thẳng hàng 
Chứng minh tứ giác MENF nội tiếp 
ta có = 900( FE BN)
 = 900( MN BF)= = 900
 Mà E và M nằm về nữa mặt phẳng bờ là NF vậy bốn điểm N;E ;M ; F Thuộc đường trong đường kính MN hay tứ giác MENF nội tiếp 
b) Chứng minh : AM .AN = 2R2
Xét BAN và MAC ta có 
( góc nội tiếp của đường tròn ngoại tiếp tứ giác NEMF cùng chắn cung EM) (1)
( góc nội tiếp của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CAMF cùng chắn cung AM) (2) Từ (1) và (2) (*)
Mà ( đối đỉnh) (**) từ (*) và(**) ta có BAN đồng dạng với MAC (g.g)AM.AN = AB . AC = 2R.R=2R2
c) Theo câu a thì A là trực tâm củaBNF mà BC = AB + AC = 2R + R = 3R
Vì (1)
Mà NC và NF > 0 Theo bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có: .(2) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi CN = CF. vậy BC là trung tuyến của BNF
Điểm A BC có AB= 2R ; BC = 3R nên Nên A là là trọng tâm tam giác BNF+ Điểm A vừa là trọng tâm, vừa là trực tâm tam giac BNF => tam giác BNF là tam giác đều => BC là phân giác góc FBN => ; 
hay Thì dấu (=) xãy ra 
Xét CNA và CBF ta có ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM của của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMCN ) CBF (G-G) 
 CN .CF = AC.CB =R.3R=3R2 (3) Thay (2) ; (3) vào (1) ta có 
Min S =3R2. lúc bấy giờ 
Câu 5
đúng .vì a;b;c là độ dài ba cạnh của tam giác ta có : a + b > c suy ra a + b –c >0 ;tương tụ ta có c + b-a= c-a + b > 0 và c + a –b >0 nhân với với vế ba bất đẳng thức nói trên ta có ( a + b –c)( c-a+b) (c + a –b)>0 nên bất đẳng thức đầu đúng ĐPCM
.