Tải bản đầy đủ

57 TS10 thanh hoa 1718 HDG

STT 57: ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH THANH HÓA
NĂM HỌC 2017 – 2018
Câu 1.

Câu 2.

Câu 3.

(2,0 điểm)
1. Cho phương trình: mx2  x  2  0 (1), với m là tham số.
a. Giải phương trình (1) khi m  0 .
b. Giải phương trình (1) khi m  1 .
3x  2 y  6
2. Giải hệ phương trình: 
 x  2 y  10

 4 y
8y   y  1
2 

:


 , với y  0 , y  4 , y  9 .
(2,0 điểm) Cho biểu thức: A  
 2 y 4 y   y2 y

y

 

1. Rút gọn biểu thức A .
2. Tìm y để A  2 .
(2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  d  : y  2 x  m  3 và parabol  P  : y  x 2 .
1. Tìm m để đường thẳng  d  đi qua điểm A  2; 0  .
2. Tìm m để đường thẳng  d  cắt parabol  P  tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là
x1 , x2 thỏa mãn x12  2 x2  x1 x2  16 .

Câu 4.

(3,0 điểm) Cho nửa đường tròn  O  đường kính MN  2R . 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 đường

thẳng  d  tại F . Gọi P là trung điểm của ME , tia OP cắt  d  tại Q .
1. Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh OF  MQ và PM.PF  PO.PQ .
Câu 5.

3. Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF  2ME đạt giá trị nhỏ nhất.
(1,0 điểm)
Cho a , b , c là các số dương thay đổi thỏa mãn:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P

1
1
1



.
2a  3b  3c 3a  2b  3c 3a  3b  2c

1
1
1


 2017 .
ab bc ca


STT 57: LỜI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH THANH HÓA
NĂM HỌC 2017 – 2018

Câu 1:
1. Cho phương trình: mx2  x  2  0 (1), với m là tham số
a. Giải phương trình (1) khi m  0 .
Khi m  0 , ta có phương trình: x  2  0  x  2
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất là x  2 .
b. Giải phương trình (1) khi m  1 .
Khi m  1 , ta có phương trình: x2  x  2  0
Ta thấy: a  b  c  0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là:
x1  1 ; x2  2 .

2. Giải hệ phương trình:
3x  2 y  6
4 x  16
x  4
x  4




 x  2 y  10
 x  2 y  10
4  2 y  10
y  3
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x; y    4;3

 4 y
8y   y  1
2 

:

 , với y  0 , y  4 , y  9 .
 2 y 4 y   y2 y

y

 

1. Rút gọn biểu thức A .

Câu 2: Cho biểu thức: A  

A







4 y  8 y



:



y 1 2





y 2

 y  2 y  y  2
4 y  y  2 
 y 3

:
 y  2 y  2 y  y  2
y  y  2
4 y

.
 y  2  y  3









y  2  8y 
y 1
2 

:

y 
y 2
y 2  y y 2



4 y

y 2

4y
y 3

(với y  0 , y  4 , y  9 ).

2. Tìm y để A  2 .
A  2 

4y
y 3

 2




 4 y  2



y 3



 4y  2 y  6  0
Đặt

y  t  0 ta có phương trình:

4t 2  2t  6  0
Ta có: a  b  c  0 nên phương trình có hai nghiệm:
t1  1 (thỏa mãn đk)

t2  6 (không thỏa mãn điều kiện)

Với t  1 , ta có: y  1 (thỏa mãn đk)
Vậy: A  2  y  1 .

Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  d  : y  2 x  m  3 và parabol  P  : y  x 2 .
1. Tìm m để đường thẳng  d  đi qua điểm A  2; 0 
Thay x  2 và y  0 vào phương trình đường thẳng  d  : y  2 x  m  3 , ta có:
0  2.2  m  3  m  7

Vậy: với m  7 thì đường thẳng  d  đi qua điểm A  2; 0  .
2. Tìm m để đường thẳng  d  cắt parabol  P  tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là
x1 , x2 thỏa mãn x12  2 x2  x1 x2  16 .

Phương trình hoành độ giao điểm của  d  và  P  là:
x2  2x  m  3  x2  2x  m  3  0

Ta có:  '   1   m  3  m  4
2

Đường thẳng  d  cắt parabol  P  tại hai điểm phân biệt   '  0  m  4  0  m  4


x  x  2
 x  2  x1
Theo hệ thức Vi-et, ta có:  1 2
 2


 x1 .x2  m  3
 x1 .x2  m  3

Thay x2  2  x1 vào biểu thức: x12  2 x2  x1 x2  16 ta có:

x12  2  2  x1   x1  2  x1   16
 x12  4  4 x1  x12  16

 4 x1  20
 x1  5


 x2  3

Thay vào biểu thức: x1.x2  m  3 ta được:

m  3  15  m  12 (tm)
Vậy: m  12 .

Câu 4:
1. Ta có: MFN  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 NE  ME

d

Lại có:

P là trung điểm của ME

F

O là trung điểm của MN

 OP là đường trung bình của MEN

E

 OP NE

 OP  ME

P

- Xét tứ giác ONFP ta có :
ONF  900 (tính chất tiếp tuyến)

N

M

OPF  90 ( do OP  ME )

O

0

 ONF  OPF  1800
 ONFP là tứ giác nội tiếp ( đpcm).

2. Xét

MN
MQF ta có: PQ

QF
ME

MN

PQ

O là trực tâm

D

O

MQF

 OF  MQ ( đpcm)

- Ta có:

MFO

QMF

900

PQM

QMF

900

MFO

PQM

Mà MPQ  OPF  900
Nên

MPQ ∽

OPF

MP PQ

 PM .PF  PO.PQ (dpcm)
OP PF
3. Theo BĐT Cauchy ta được:

Từ đó suy ra

MF  2ME  2 2ME.MF  2 2MN 2  2 2.4R 2  4R 2
Đẳng thức xảy ra  MF  2ME  2R 2
Mà MF  ME  EF
Nên E là trung điểm MF
1
Xét MNF ta có: NE  ME  EF  MF
2

Q


 ME  MF
 E là điểm chính giữa cung MN .

Câu 5: 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
.


2a  3b  3c 3a  2b  3c 3a  3b  2c
Lời giải
Đặt x  a  b ; y b c ; z a c ;
P

1
x
P

1
y
1
2y

x

Ta có:

1
z

1
x

2017

z
1
y

1
y 2z

x

1
2x y

z

4
x

y

1 1
4
 
y z yz

1
x

P
Dấu "

1
x

1
x

1
y

1
z

1 1
4 x

4
x
2

z
1
x

1
y

y

4

1
2x y

z

1
y

1
z

2017
4

1
z

x

1
2y x

" xảy ra khi a  b  c 

3
.
4034

z
z

1
2z x

y



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×