Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

pdf 6 trang Người đăng duyenlinhkn2 Ngày đăng 06/05/2024 Lượt xem 106Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)
 1 
 Tên : Trương Quang An 
 Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng 
 Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi 
 Điện thoại : 01208127776 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TRƯƠNG QUANG AN 
 HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ TUYỂN SINH 
LỚP 10 CHUYÊN 
THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017 - 2018 
 Môn: Toán 
Bài 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức 
2 4 3 4( 1)
2017( )
1 1
x x x x x
P
x x x x
  
  
  
1.Rút gọn P. 
2.Cho 
2018 x
Q
P
 . Chứng minh rằng 0 2Q  
Bài 2 (2,0 điểm) 
 1.Giải hệ phương trình: 
2 2 5
3( ) 4 5 0
x y
x y xy
  

   
 2.Giải phương trình: 2 2( 3 2)( 7 12) 24x x x x     
Bài 3 (2,0 điểm) 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình 2y x  và đường thẳng (d) đi qua 
(0; 1)I  và có hệ số góc k. 
1. Chứng minh rằng với mọi giá trị của k đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt ,A B . 
2.Chứng minh OAB là tam giác vuông. 
Bài 4 (3,0 điểm) 
Cho nửa đường tròn đường kính 2AB R (R là số dương cho trước), gọi O là trung điểm của AB . 
Tiếp tuyến với đường tròn tại một điểm P thuộc nửa đường tròn (P không trùng với ,A B ) cắt hai tiếp 
tuyến ,Ax By của nửa đường tròn theo thứ tự tại các điểm ,M N . Gọi K là giao điểm của OM với AP , 
H là giao điểm của ON và PB. 
1.Chứng minh rằng AMPO là tứ giác nội tiếp và OHPK là hình chữ nhật. 
2.Chứng minh: 2.AM BN R . Xác định vị trí của P để AM BN đạt giá trị nhỏ nhất. 
3.Xác định vị trí của các điểm M trên Ax và N trên By để chu vi hình thang AMNB bằng 7R . 
Bài 5 (1,0 điểm) 
Cho ,x y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 1x y  . Chứng minh rằng: 
2 2
1 2
4 11A xy
x y xy
   

.Đẳng thức xảy ra khi nào? 
 2 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TRƯƠNG QUANG AN 
 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 
THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017 - 2018 
 Môn: Toán 
Câu ý Đáp án 
I 
(2,0 
điểm) 
1 
Cho biểu thức 
2 4 3 4( 1)
1 1
x x x x x
P
x x x x
  
  
  
Rút gọn P. 
Điều kiện: 
0
1
x
x



Ta có 
3[( ) 1] 4( 1)( 1)
(4 3)
1 1
x x x x
P x
x x x
  
   
  
( 1)( 1)
(4 3) 4( 1)
1
x x x x
x x
x x
  
    
 
( 1) 1x x   
Vậy 1P x x   
2 
Cho 
2018 x
Q
P
 . Chứng minh rằng 0 2018Q  
Ta có 
2018
1
x
Q
x x

 
Vì 2
1 3 3
1 ( )
2 4 4
P x x x       và 2 0x  nên 0Q  
Ta có 
2018
1
1
Q
x
x

 
. Do 
1 1
2 . 2x x
x x
   , dấu “=” xảy ra khi 
1
1x x
x
   không thỏa mãn điều kiện nên ta có 
1
2x
x
  . Suy ra 2018Q  
Vậy 0 2018Q  
II 
(2,0 
điểm) 
 Giải hệ phương trình: 
2 2 5
3( ) 4 5 0
x y
x y xy
  

   
1 
Phương trình tương đương: 
2( ) 2 5
3( ) 4 5 0
x y xy
x y xy
   

   
Đặt ,S x y P xy   . Ta được hệ: 
2 2 5
3 4 5
S P
S P
  

  
2
1
2
2 3 5 0
5
5 3
2
4
5
8
S
P
S S
S S
P
P
 

    
         
 
 3 
Với 
1
2
S
P


 
1
2
x y
xy
 
 
 
, khi đó ,x y là các nghiệm của phương trình: 
2
1
2 0
2
X
X X
X
 
    

. Suy ra 
1
2
x
y
 


 hoặc 
2
1
x
y


 
Với 
5
2
5
8
S
P

 

 

5
2
5
8
x y
xy

  
 
 

, khi đó ,x y là các nghiệm của phương trình: 
2 25 5 5 150 8 20 5 0
2 8 4
X X X X X
 
         . 
Suy ra 
5 15
4
5 15
4
x
y
  



 


 hoặc 
5 15
4
5 15
4
x
y
  



 


2 
Giải phương trình: 2 2( 3 2)( 7 12) 24x x x x     
Phương trình tương đương với: 
( 1)( 4)( 2)( 3) 24x x x x     2 2( 5 4)( 5 6) 24x x x x      
Đặt 2 5 5x x t   , ta được phương trình 
2 2( 1)( 1) 24 1 24 25 5t t t t t           
Với 2 2
0
5 5 5 5 5 0 ( 5) 0
5
x
t x x x x x x
x

              
Với 2 25 5 5 5 5 10 0t x x x x           , phương trình vô nghiệm. 
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm 0, 5x x   
III 
(2,0 
điểm) 
1 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình 2y x  và đường thẳng 
(d) đi qua (0; 1)I  và có hệ số góc k. 
 Chứng minh rằng với mọi giá trị của k đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân 
biệt ,A B . 
Đường thẳng (d) có phương trình: 1y kx  
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): 
 2 21 1 0x kx x kx       (1) 
Vì phương trình (1) có . 0a c  nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu. Do đó, (d) 
luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B. 
2 
 Chứng minh OAB là tam giác vuông. 
Gọi 1 2,x x lần lượt là hoành độ của A và B. Khi đó, 1 2,x x là các nghiệm của (1). 
 4 
Theo định lí Viet, ta có: 
1 2
1 2. 1
x x k
x x
  

 
Tọa độ các điểm A, B: 1 1 2 2( ; 1), ( ; 1)A x kx B x kx  
Ta có 2 2 2 2 2 21 1 2 2( 1) ; ( 1)OA x kx OB x kx      nên 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2( 1) ( 1) ( 1)( ) 2 ( ) 2OA OB x kx x kx k x x k x x             
2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2( 1) ( ) 2 . 2 ( ) 2 ( 1) 2 2 2k x x x x k x x k k k                  
2 2( 1)( 4)k k   
Ta có  
22 2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1( ) ( 1) ( 1) ( ) ( )AB x x kx kx x x k x x          
2 2 2 2 2 2
2 1 2 1 2 1( 1)( ) ( 1) ( ) 4 ( 1)( 4)k x x k x x x x k k            
Vì 2 2 2AB OA OB  nên tam giác OAB vuông tại O. 
Chú ý: học sinh có thể làm theo cách sau: 
Đường thẳng OA qua gốc O nên phương trình có dạng: y mx . 
Vì điểm 2
1 1( ; )A x x thuộc đường thẳng này nên ta có 
2
1 1 1.x m x m x     (vì 1 2. 1x x   nên 
1 20, 0x x  ) 
Ta có phương trình đường thẳng OA: 1y x x  
Tương tự, ta có phương trình đường thẳng OB: 2y x x  
Tích hệ số góc của hai đường thẳng OA và OB là 1 2 1 2( ).( ) . 1x x x x     . Do vậy hai đường 
thẳng OA, OB vuông góc với nhau hay tam giác OAB vuông tại O. 
IV 
(3,0 
điểm) 
1 
 Cho nửa đường tròn đường kính 2AB R (R là số dương cho trước), gọi O là trung 
điểm của AB . Tiếp tuyến với đường tròn tại một điểm P thuộc nửa đường tròn (P 
không trùng với ,A B ) cắt hai tiếp tuyến ,Ax By của nửa đường tròn theo thứ tự tại các 
điểm ,M N . Gọi K là giao điểm của OM với AP , H là giao điểm của ON và PB. 
Chứng minh rằng AMPO là tứ giác nội tiếp và OHPK là hình chữ nhật. 
HK
N
M
OA B
P
Vì MA, MP là các tiếp tuyến với nửa đường tròn nên ,MA AO MP PO  , suy ra tứ giác 
AMPO nội tiếp đường tròn đường kính MO. 
Vì MA MP (tính chất 2 tiếp tuyến đi qua M) và OP OA R  nên suy ra MO là đường 
trung trực của AP 90oAP MO OKP    . 
Tương tự 90oOHP  . 
Ta có 90oAPB  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). 
Tứ giác OHPK có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật. 
2 
Chứng minh: 2.AM BN R . Xác định vị trí của P để AM BN đạt giá trị nhỏ nhất. 
Vì OHPK là hình chữ nhật nên 90oKOH  . Ta có tam giác MON vuông tại O, OP là 
đường cao nên 2 2.PM PN OP R  
Nhưng ,MP MA NP NB  nên ta suy ra 2.AM BN R 
 5 
Theo BĐT CÔSI ta có 22 . 2 2MA NB MA NB R R    (không đổi). Dấu “=” xảy ra 
khi MA NB nên tổng MA NB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2R khi MA NB . 
Khi đó tứ giác AMNB là hình chữ nhật. Mặt khác OP MN nên OP AB khi đó P là 
điểm chính giữa của nửa đường tròn. 
3 
 Xác định vị trí của các điểm M trên Ax và N trên By để chu vi hình thang AMNB bằng 
7R . 
Ta có chu vi p của hình thang AMNB bằng: 
2( ) 2p AM MN NB BA AM MP PN NB AB p AM NB R             
Theo chứng minh trên ta có 2.AM BN R và theo giả thiết 7p R nên ta có hệ phương 
trình: 
2
2
5
2( ) 2 7
2
.
.
R
AM NB R R AM NB
AM NB R
AM NB R

     
 
  
Suy ra ,AM BN là các nghiệm của phương trình 2 2
2
5
0 1
2
2
X R
R
X X R
X R


    

Do vậy các điểm M, N thỏa mãn yêu cầu của bài toán được xác định bởi 
2
2
AM R
R
BN




 hoặc 
2
2
BN R
R
AM




V 
(1,0 
điểm) 
Cho ,x y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 1x y  . Chứng minh rằng: 
2 2
1 2
4 11A xy
x y xy
   

Đẳng thức xảy ra khi nào? 
Trước hết ta có bất đẳng thức 
1 1 4
a b a b
 

 (*) với , 0a b  . Dấu “=” xảy ra khi và 
chỉ khi a b . 
Thật vậy, BĐT (*) 2 2
4
( ) 4 ( ) 0
a b
a b ab a b
ab a b

       

 (đúng). 
Dấu “=” của BĐT (*) xảy ra khi 0a b a b    
Vì 2x y xy  , 1x y  nên ta có 
1
1 4 4xy
xy
   (**). 
Dấu “=” xảy ra khi 
1
2
x y  
Ta có 
2 2
1 1 1 5
4
2 4 4
A xy
x y xy xy xy
   
       
   
Áp dụng BĐT CÔSI, BĐT (*) và (**) ta được: 
2 2 2
4 1 5 4
2 4 . .4 7 4 7 11
2 4 4 ( )
A xy
x y xy xy x y
 
        
   
 6 
Dấu “=” xảy ra khi 
2 2 2
1
4
14
21
4
1
x y xy
xy
xy
x y
xy
x y
  

 

  
 


 
______________________Hết________________________ 

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_thi_thu_tuyen_sinh_vao_lop_10_thpt_mon_toan_nam_hoc_2017.pdf