Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Thái Bình môn Toán (Chung) - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Thái Bình môn Toán (Chung) - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Bình (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2017 – 2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN (Dành cho tất cả các thí sinh) Đề thi gồm 01 trang Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) 2 1 3 x 5 x 1 Câu 1. (2,0 điểm) Cho A 1 với x 0;x 1 . x 1 x x x x 1 4 x a) Rút gọn A. b) Đặt B x x 1 A . Chứng minh rằng B > 1 với x 0;x 1 . Câu 2. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y 2x 2m 8 (với m là tham số). a) Khi m = – 4, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) . b) Chứng minh rằng đường thẳng (d) và Parabol (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2. Tìm m để x1 + 2x2 = 2. 2 2 2 xy y 2 x 3x Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x y 4 y 1 0 Câu 4. (1,0 điểm) Cho quãng đường AB dài 300km. Cùng một lúc xe ô tô thứ nhất xuất phát từ A đến B, xe ô tô thứ hai đi từ B về A. Sau khi xuất phát được 3 giờ thì hai xe gặp nhau. Tính vận tốc của mỗi xe, biết thời gian đi cả quãng đường AB của xe thứ nhất nhiều hơn xe thứ hai là 2 giờ 30 phút. Câu 5. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Điểm C là điểm bất kỳ trên (O), C không trùng với A, B. Tiếp tuyến tại C của (O; R) cắt tiếp tuyến tại A, B của (O; R) lần lượt tại P, Q. Gọi M là giao điểm của OP với AC, N là giao điểm của OQ với BC. a) Chứng minh: Tứ giác CMON là hình chữ nhật và AP. BQ = MN2. b) Chứng minh: AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ. c) Chứng minh: PMNQ là tứ giác nội tiếp. Xác định vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất. Câu 6. (0,5 điểm) 1 1 1 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2 y2 z2 y2z2 z2x2 x2y2 P . x y2 z2 y z2 x2 z x2 y2 HẾT Họ và tên thí sinh: SBD: . (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 2 1 3 x 5 x 1 A 1 x 1 x x x x 1 4 x 2 1 3 x 5 x 1 4 x  x 1 x 1 x 1 4 x 2 x 1 3 x 5 x 1  a) x 1 x 1 4 x 1.25 2 4 x 1 x 1 Câu 1 2  (2,0đ) x 1 x 1 4 x 1 x 1 Vậy Avới x . 0;x 1 x Với x 0;x 1 , ta có: 2 x x 1 x 1 x x B x x 1 A 1 b) x x x 0.75 2 do x 1 x 1 0 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 0.25 x2 2mx 2m 8 x2 2mx 2m 8 0 (*) Khi m = – 4, phương trình (*) trở thành: 2 x 0 x 8x 0 x 8 a) Với x = 0 thì y = 0; với x = – 8 thì y = 64 0.75 Vậy khi m = – 4 thì tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (0; 0) và (– 8; 64). Câu 2 (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ dương (2,0đ) Phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2 ' m2 2m 8 (m 1)2 7 0 m Phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. b) x1 x2 2m (1) 1.0 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1x2 2m 8 (2) Theo đề bài: x1 2x2 2 (3) Từ (1) và (3), ta có hệ:
3. x1 x2 2m x1 2 2m x1 2x2 2 x2 4m 2 Thay vào (2) được: (2 2m)(4m 2) 2m 8 4m2 7m 2 0 1 Giải phương trình được m 2;m 4 1  Vậy m 2;  là các giá trị cần tìm. 4 ĐK: y 1 2 2 2 xy y 2 x 3x (1) x y 4 y 1 0 (2) (1) xy2 y2 x2 3x 2 0 y2 x 1 x 1 x 2 0 x 1 y2 x 2 0 x 1 2 x y 2 Thay x 1 vào (2) được: y 1 4 y 1 0 y 1 y 1 4 0 y 1 0 y 1 Câu 3 (thỏa mãn điều kiện) y 1 4 y 17 1.0 (1,0đ) Thay x y2 2 vào (2) được: y2 2 y 4 y 1 0 (3) Đặt y 1 a a 0 y a 2 1 thì (3) trở thành: 2 a 2 1 2 a 2 1 4a 0 a 4 3a 2 4a 0 a a3 3a 4 0 a a 1 a 2 a 4 0 a 0 (thỏa mãn điều kiện) a 1 x y2 2 x 1 Với a = 0 thì: y 1 y 1 x y2 2 x 0 Với a = 1 thì: y 2 y 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x, y  1;1 , 1;17 , 0;2  . 5 Đổi 2 giờ 30 phút = giờ Câu 4 2 1.0 (1,0đ) Gọi vận tốc của xe thứ nhất và xe thứ hai lần lượt là x (km/h), y (km/h). Điều kiện: y > x > 0. Sau 3 giờ, xe thứ nhất đi được 3x (km) và xe thứ nhất đi được 3y (km)
4. Ta có phương trình: 3x 3y 300 x y 100 (1) 300 Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là (h), thời gian xe x 300 thứ hai đi hết quãng đường AB là (h). y 300 300 5 60 60 1 Ta có phương trình: (2) x y 2 x y 2 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x y 100 y 100 x 60 60 1 60 60 1 (3) x y 2 x 100 x 2 Giải phương trình (3) được: x = 300; x = 40 Với x = 300 thì y = – 200 (không thỏa mãn điều kiện) Với x = 40 thì y = 60 (thỏa mãn điều kiện) Vậy vận tốc của xe thứ nhất và xe thứ hai lần lượt là 40 km/h, 60 km/h. Q I C P 1 0.25 M 1 N A B O Câu 5 (3,5đ) Ta có: OA = OC = R và PA = PC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) OP là đường trung trực của AC OP  AC O·MC 900 Chứng minh tương tự được O·NC 900 0.5 Lại có: A·CB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · · · 0 a) Tứ giác CMON có OMC ONC MCN 90 Tứ giác CMON là hình chữ nhật. Vì CMON là hình chữ nhật nên P·OQ 900 Vì PQ là tiếp tuyến tại C của (O) nên OC  PQ OPQ vuông tại O, đường cao OC. Áp dụng hệ thức về cạnh và đường 0.5 cao trong vuông, ta có: PC.QC = OC2
5. Mà PA = PC, QB = QC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) MN = OC (CMON là hình chữ nhật) AP.BQ MN2 . Gọi I là trung điểm của PQ OPQ vuông tại O, có OI là đường trung tuyến PQ PQ OI O I; 2 2 Vì AP, BQ là các tiếp tuyến của (O) nên AP  AB , BQ  AB b) 1.0 APQB là hình thang vuông Mà OI là đường trung bình của hình thang APQB OI / /AP OI  AB PQ AB là tiếp tuyến tại O của I; . 2 OCP vuông tại C, đường cao CM. Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong vuông, ta có: OC2 = OM.OP Tương tự ta có: OC2 = ON.OQ OM ON OM.OP ON.OQ OQ OP 0.5 OM ON OMN và OQP có: P·OQ chung, OQ OP OMN OQP (c.g.c) µ $ N1 P1 PMNQ là tứ giác nội tiếp. D Q I C c) P E M N A B O 0.75 Gọi D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ, E là giao điểm của OC và MN. (D) có I là trung điểm của dây PQ và E là trung điểm của dây MN DI  PQ , DE  MN DI / /OE , DE / /OI Tứ giác OEDI là hình bình hành R DI OE 2 Áp dụng định lí Py-ta-go vào vuông DIP, ta có:
6. 2 2 2 2 2 2 R PQ R AB R 5 DP DI IP 2 2 2 2 2 Dấu “=” xảy ra PQ AB OC  AB C là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O) Vậy khi C là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O) thì đường tròn R 5 ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất bằng . 2 1 1 1 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 3 . x2 y2 z2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: y2z2 z2x2 x2y2 P x y2 z2 y z2 x2 z x2 y2 Lời giải của thầy Bùi Thanh Liêm (Hưng Yên): 1 1 1 Ta có: P 1 1 1 1 1 1 y x 2 2 2 2 z 2 2 y z x z x y 1 1 1 Câu 6 Đặt a; b; c thì 0.5 (0,5đ) x y z a b c P và a 2 b2 c2 3 b2 c2 a 2 c2 a 2 b2 a b c Do đó P 3 a 2 3 b2 3 c2 Ta lại có bất đẳng thức : 2 x 1 x 1 .x.(x 2) x2 0 (luôn đúng) 3 x2 2 2. 3 x2 1 1 1 3 Suy ra P a 2 b2 c2 2 2 2 2 Dấu “=” xảy ra a b c 1 x y z 1 . Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương