Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2017 – 2018 môn Toán trường THPT chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa

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 ) 
x   x  3 x  2 x  2 
Cho biểu thức: A = 1  :   
 Với x  0 ; x  4 ; x  9 
x 1  x  2 x  3
x  5 x  6 
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 ?
 x 1  2 y  2 
b) Giải hệ phương trình  5 
 .3 y  2  x 1  5
Câu 3 : ( 2 điểm ) a) Tìm m để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x x x 5 1 2
1 và x2 khác không thỏa mãn điều kiện  + = 0 x x 2 2 1
b) Giải phương trình x x  2 = 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
a2  b2  c2 2 2 2 2 2 2
+ b  c  a + c  a  b > 1 2ab bc 2 ca 2
BÀI GIẢI KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2017-2018
( Dành cho tất cả thí sinh ) Câu Lời giải 
x   x  3 x  2 x  2  1) A = 1  :     
x 1  x  2 x  3
x  5 x  6 
 x 3 x 3 x 2 x 2 A = 1 :  x  2 x 1
 x 2 x 3
A = 1 : x  9  x  4  x  2 = 1 : x  3 x 1
 x 2 x  3
x 1  x  2 x   3 A= 1 : 1 = x  2 1 x 1 x  2 x 1
2) A = x 1 3 = 1-  3 Để A nhận giá trị nguyên khi  3 đạt giá trị x 1 x 1 x 1
nguyên . Hay -3  x  
1  x 1là ước của -3
Nên x 1=1  x = 0  x = 0 thỏa mãn
x 1=-1  x = -2< 0 không thỏa mãn
x 1=3  x = 2  x = 4 thỏa mãn
x 1=-3  x = -4< 0 không thỏa mãn
vậy x = 0 hoặc x = 4 thì A nhận giá trị nguyên
1) Tọa độ giao điểm I của hai đường (d1) và (d2) là nghiệm của hệ
y  5x  5
3x 13  5x  5  8x  8  x  1       
 y  3x 13  y  3x 13
y  3x 13
y  3 13  10
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
 x 1  2 y  2  5
Câu 2 2)Giải hệ phương trình 
đặt A = |x-1|  0;B = y  2  0
 .3 y  2  x 1  5
 A  2B  5
 A  2B  5
A  2B  5  A  1 Ta có        Thỏa mãn  . 3 B  A  5
 A  3B  5  5B  10 B  2  x 1   x   | x 1  | 1   1  2 | x 1  | 1         
x 1  1  x  0  y  2  2 y  2  4  y  2  y  2 vậy (x;y) = 
 ;x2; ;02 là nghiệm của hệ
để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2  ' 0  2
m  m   1 m  2   2 m   2
m  3m  2   0 0      m 1  0  m  1  m  1 Câu 3  2m 3m  2  0  2 x  x  1 2  m  2    m 1
3  m > theo vi ét ta có   m  1  m  2  m  1 3  x x   1 2 m 1 2 2 x 
x  x  x x 1 2 2 mà x x 5 x 5 2 5 1 2  + = 0  1 2   0  1 2   0 x x 2 x .x 2 x .x 2 2 1 1 2 1 2  2 2 m  m  2 4 2 m
m  2m  1    . 2  . 2  m 1 m 1 5 m  12 m  2   1 5 0    0 m  2 2 m  2 2 m 1 m 1 4 2 m  2 2 m  2m  4 2 2 m  2m  4 m  2 m  2 2 2
m  2m  4  1 5   1 5 5 0    0    m  2 2 m  2 2
m  1m  2 0 2 m 1 m 1 4 2
m  4m  8 2  m  m   ( 5 2)  0 2.(m  )( 1 m  2) 4 2
m  4m  8  5 2 m  5m 10 9 2 m  m  2   0   0 ta có m  1;m  2 2.(m  )( 1 m  2) 2.(m  )( 1 m  2) m 1 73 1 73 1= hoặc m2= thỏa mãn 18 18
b) Giải phương trình x x  2 = 9- 5x
đặt t = x  2  0  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 ......
a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng Xét  BNF ta có 0 ˆ B A
M  90 ( nội tiếp chắn nữa đường tròn)  0 ˆN M B
 90  NM  BF 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 BEˆA = 900( nội tiếp chắn nữa đường tròn) EA  BN 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 N
ta có FEˆN = 900( FE  BN) 1
Câu 4 F ˆN
M = 900( MN  BF)  FEˆN = F ˆN M = 900 E
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 O A 1 C
b) Chứng minh : AM .AN = 2R2
Xét  BAN và  MAC ta có ˆ ˆ
N  F ( góc nội tiếp của đường tròn ngoại M tiếp tứ 1 1 1
giác NEMF cùng chắn cung EM) (1) ˆ ˆ
F  C ( góc nội tiếp của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CAMF cùng 1 1 F
chắn cung AM) (2) Từ (1) và (2) ˆ ˆ ˆ
N  C ( F ) (*) 1 1 1 Mà BAˆN ˆ  C A M
( đối đỉnh) (**) từ (*) và(**) ta có  BAN đồng dạng với  MAC (g.g) MA AC 
 AM.AN = AB . AC = 2R.R=2R2 AB AN c) S  1
BNF = BC.NF vì BC = 2R nên  S BNF nhỏ nhất khi NF nhỏ nhất 2 .....S B
 MAlớn nhất ; vì BA cố định ; M thuộc cung tròn AB nên S B  MAlớn
nhất khi BAM là tam giác cân  M là điểm chính giữa của Cung BA 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a  b  c
b  c  a a  c    b 1 2ab 2bc 2ac  c( 2 2 2
a  b  c )  2abc a( 2 2 2
b  c  a )  2abc b( 2 2 2
a  c  b )  2abc 0
 c(a  b)2 2
 c  a(b  c)2 2  a  
b (a  c)2 2  b  0
 c(a  b  c)(a  b  c)  a(b  c  a)(b  c  a)  b(a  c  b)(a  c  b)  0
 c(a  b  c)(a  b  c)  a(b  c  a)(a  b  c)  b(a  c  b)(a  b  c)  0
 (a  b  c ) .(
c a  b  c)  a(b  c  a)  b(a  c  b)  0
 (a  b  c ) 2 2 2
ca  cb  c  ab  ac  a  ba  bc  b  0
 (a  b  c ) 2 2 2
c  ab  a  ba  b  Câu 5  0
 (a  b  c ) 2 2 c  a  2 2
ba  b  0
 (a  b  c ) 2 c  ( 2 a  2 2
ba  b ) 0
 (a  b  c ) 2
c  (a  b )2  0
 (a  b  c)(c  a  b)(c  a  b)  0
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 .