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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
 ĐỀ CHÍNH THỨC
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 : (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: 
Câu II: (2,0 điểm)
Cho biểu thức , với .
 1. Rút gọn biểu thức A.
 2. Tìm y để .
Câu III: (2,0điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): và parabol (P): 
 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 thỏa mãn: .
Câu IV: (3,0 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính . 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: và .
 3.Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng đạt giá trị nhỏ nhất .
Câu V: (1,0 điểm)
Cho là các số dương thay đổi thỏa mãn: . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
Hết
Hướng dẫn Giaỉ :ĐỀ THI TUYỂN SINH LƠP 10 THPT
NĂM HỌC 2017-2018
Môn thi: Toán
Câu I: (2,0 điểm)
1)a) Thay n = 0 Cho phương trình : 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 : 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: 
vậy nghiệm của hệ phương trình 
Câu II: (2,0 điểm), với .
 1. Rút gọn biểu thức 
A= = 
A= =.= 
2) Thay vào ta có =-24y=- 6 + 24y - 2 + 6 = 0 
Đặt t = 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): 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 mà 
 4 – x2 (2+2) =16 4.x2 = -12 x2 = -3x1 = 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 thỏa mãn: .
Câu IV: (3,0 điểm)
1) Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp
Vì P là trung điẻm của ME nên OP ME hay QP MF tại P 
mặt khác d là tiếp tuyến của (O) tại N nên MN FQ tại N
 Nên vì và là hai góc dối của tứ giác ONFP nên tứ giác ONFP nội tiếp
2) Xét MFQ ta có QP MF QP là đường cao 
MN FQ MN là đường cao vì MN cắt QP tại O nên O là trực tâm của MFQ OF chứa đường cao MFQ suy ra 
Xét 2 tam giác vuông MPO và QPF có 
( Cùng phụ với ) 2 tam giác vuông MPO và QPF đồng dạng 
 3.Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng đạt giá trị nhỏ nhất 
Xét 2 tam giác vuông MPO và QNF có; chung 
Nên 2 tam giác vuông MPO và MNF dồng dạng (g-g) 
 MP.MF =MO.MN 4MP.MF = 4.MO.MN (4MP).MF = 4.MO.MN
2ME.MF=4.MO.MN = 4.R.2R = 8R2
Như vậy tích 2ME và MF không đổi là 8R2
mà (MF+2ME )2 4MF.2ME ( với a.b>0 ta luôn có (a +b)24a.b ) 
nên (MF+2ME )2 4MF.2ME = 4 (MF.2ME ) = 4. 8R2= 32.R2 
MF+2ME 
Dấu “=” xảy ra khi 2ME = MF khi đó E là trung điểm của MF mà NEMF nên tam giác MNF vuông cân suy ra E là điểm chính giữa cung MN 
Câu V: Nếuvới mọi x;y;z;t > 0 ta có : ( x + y + x + t )từ đó ta có 
Thật vậy Ta xét 
( x + y + z + t )+++
+= 4+ ()+() + ()+()+()+() 
mà tổng nghịch đảo của dôi một không bé hơn 2 ( áp dụng co si ) dấu = khi x= y = z = t
( x + y + z + t )
( x + y + z + t ) vì x;y;z;t > 0 
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = t áp dụng vào bài toán ta có:
Dấu “=” xảy ra 
.
Vậy