Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 – 2018 môn Toán sở GD và ĐT Thanh Hóa

Giới thiệu đến quý thầy, cô và các bạn học sinh đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 – 2018 môn Toán sở GD và ĐT Thanh Hóa gồm 4 bài toán tự luận, có lời giải chi tiết. Mời các bạn đón xem!

53 27 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Ngữ Văn năm 2023-2024

Môn: Môn Ngữ Văn

Thông tin:

4 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Vũ Hường
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
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 tran
g
g
ồm 5 câu
Câu I: (2,0 điểm)
1. Cho phương trình :
2
20nx x (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:
326
210
xy
xy


Câu II: (2,0 điểm)
Cho biểu thức
41
82
:
4
22
yy
y
A
y
yyyy






, với
0, 4, 9yyy
.
1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tìm y để
2
A

.
Câu III: (2,0điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): 2 3yxn và parabol (P):
2
.yx
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
12
,
x
x
thỏa mãn:
2
1212
216xxxx .
Câu IV: (3,0 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính 2
M
NR . 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: OF MQ và . .PM PF PO PQ .
3.Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng
2
M
FME
đạt giá trị nhỏ nhất
.
Câu V: ( 1,0 điểm)
Cho ,,abc là các số dương thay đổi thỏa mãn:
111
2017
ab bc ca


. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức:
111
.
233323332
P
abc abc abc

 
--------------- HẾT ---------------
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I: (2,0 điểm)
1)a) Thay n = 0 Cho phương trình :
2
20nx x 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 :
02
2
xx
phương trình bậc hai ẩn x có dạng
a+ b + c = 0 nên phương trình có 1 nghiệm x
1
= 1 áp dụng hệ thức vi ét ta có x
2
=-2
;Vậy với n = 1 thì phương trình có 2 nghiệmx
1
= 1 và x
2
=-2
2. Giải hệ phương trình:
326
210
xy
xy


102
164
yx
x
62
4
y
x
3
4
y
x
vậy nghiệm của hệ phương trình
3
4
y
x
Câu II:
(2,0 điểm), với
0, 4, 9yyy
.
1. Rút gọn biểu thức
41
82
:
4
22
yy
y
A
y
yyyy






A=


2.
221
:
22
82.4
yy
yy
yy
yyy
=
 
2.
421
:
22
8.48
yy
yy
yy
yyy
A=

2.
3
:
22
4.8
yy
y
yy
yy
=

yy
yy
22
24
.
y
yy
3
2.
=
y
y
3
4
2) Thay
2
A

vào ta có
y
y
3
4
=-2
4y=- 6 + 2
y
4y - 2
y
+ 6 = 0
Đặt t =
y 0 nên t
2
= y 4t
2
-2t + 6 = 0 2t
2
– 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): 23yxn 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 : x
2
= 2x –n +3
Hay x
2
- 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
3.
2
21
21
nxx
xx
mà
2
1212
216xxxx
1622
2
2221
2
221
2
1
xxxxxxxx

162
212
2
21
xxxxx 4 – x
2
(2+2) =16 4.x
2
= -12 x
2
= -3 x
1
= 5
mặt khác x
1
x
2
= 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
12
,
x
x
thỏa mãn:
2
1212
216xxxx .
Q
D
O
E
M
N
F
P
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
0
90
ˆ
OPF
mặt khác d là tiếp tuyến của (O) tại N nên MN
FQ tại N
0
90
ˆ
ONF Nên OPF
ˆ
0
90
ˆ
ONF vì OPF
ˆ
và ONF
ˆ
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
OF MQ
Xét 2 tam giác vuông MPO và QPF có
0
90
ˆˆ
FPQOPM
FQPOMP
ˆ
ˆ
( Cùng phụ với NFP
ˆ
) 2 tam giác vuông MPO và QPF
đồng dạng
`..
PO MP
P
OPQ MPPF
PF PQ

3.Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng
2
M
FME
đạt giá trị nhỏ nhất
Xét 2 tam giác vuông MPO và QNF có
0
90
ˆˆ
FNMOPM
;
ˆ
chung
Nên 2 tam giác vuông MPO và MNF dồng dạng (g-g)
MF
MO
MN
MP
MP.MF =MO.MN
4MP.MF = 4.MO.MN
(4MP).MF = 4.MO.MN
2ME.MF=4.MO.MN = 4.R.2R = 8R
2
Như vậy tích 2ME và MF không đổi là 8R
2
mà (MF+2ME )
2
4MF.2ME ( với a.b>0 ta luôn có (a +b)
2
4a.b )
nên (MF+2ME )
2
4MF.2ME = 4 (MF.2ME ) = 4. 8R
2
= 32.R
2
MF+2ME 2432
2
RR
Dấu “=” xảy ra khi 2ME = MF khi đó E là trung điểm của MF mà NE
MF 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 ) 16
1111
tzyx
từ đó ta
có
tzyxtzyx
161111
16
1
tzyxtzyx
11111
Thật vậy Ta xét
( x + y + z + t )
t
x
z
x
y
x
x
x
tzyx
1111
+
t
y
z
y
y
y
x
y
+
t
z
z
z
y
z
x
z
+
+
t
t
z
t
y
t
x
t
= 4+ (
x
y
y
x
)+(
x
z
z
x
) + (
x
t
t
x
)+(
y
z
z
y
)+(
y
t
t
y
)+(
t
z
z
t
)
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 )
162222224
1111
tzyx
( x + y + z + t ) 16
1111
tzyx
vì x;y;z;t > 0
16
1
tzyxtzyx
11111
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = t áp dụng vào bài toán ta có:
111
233323332
111
11 1 1 1 11 1 1 1
16 16
11 1 1 1
16
14 4 4
16
11
4
P
abc abc abc
bcbcbaca acacabbc ababacbc
bc bc ba ca ac ac ab bc
ab ab ac bc
bc ab ca
bc

 

  

 

 











1 1 2017
.
4ab ca





Dấu “=” xảy ra
3
4034
abc
.
Vậy
2017 3
ax
4 4034
MP abc
| 1/4
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LƠP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: Toán
Thời gian: 120 phút không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 10/07/2017
Đề thi có: 1 trang gồm 5 câu
Câu I: (2,0 điểm) 1. Cho phương trình : 2
nx x  2  0 (1), với n là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi n=0.
b) Giải phương trình (1) khi n = 1. 3
x  2y  6
2. Giải hệ phương trình: 
x  2y 10
Câu II: (2,0 điểm)  4 y 8y   y 1 2 
Cho biểu thức A     :   
, với y  0, y  4, y  9 . 2  y
4 y   y  2 y y      
1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tìm y để A  2  .
Câu III: (2,0điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y  2x n  3 và parabol (P): 2 y x .
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 x , x thỏa mãn: 2
x  2x x x 16. 1 2 1 2 1 2
Câu IV: (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 (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: OF MQ và PM .PF  . PO PQ .
3.Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF  2ME đạt giá trị nhỏ nhất .
Câu V: (1,0 điểm) 1 1 1
Cho a,b,c là các số dương thay đổi thỏa mãn:    2017 . Tìm
a b b c c a 1 1 1
giá trị lớn nhất của biểu thức: P    .
2a  3b  3c 3a  2b  3c 3a  3b  2c
--------------- HẾT --------------- HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I: (2,0 điểm)
1)a) Thay n = 0 Cho phương trình : 2
nx x  2  0 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 : 2
x x  2  0 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 3
x  2y  6  4x  16  x  4 x  4
2. Giải hệ phương trình:       
x  2y 10
x  2y  10 2y  6 y  3 x  4
vậy nghiệm của hệ phương trình  y  3
Câu II: (2,0 điểm), với y  0, y  4, y  9 .  4 y 8y   y 1 2 
1. Rút gọn biểu thức A     :    2  y
4 y   y  2 y y      
4 y .2  y  8y
y 1 2 y  2 8 y  4 . y  8y
y 1 2 y  4 A=  = :
2  y   y  : 2
y . y  2
2 y2 y
y . y  2 8 y.  4yy  3
4 y 2  y
y . y  2 A= 4 y  = . =
2  y   y  : 2
y . y  2
2 y2 y 3 y 3  y 2) Thay A  2  4 y vào ta có
=-2  4y=- 6 + 2 y  4y - 2 y + 6 = 0 3  y
Đặt t = y  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): y  2x n  3 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
x x  2
theo hệ thức vi ét ta có  1 2 mà 2
x  2x x x 16
x .x n  3 1 2 1 2 1 2 2 x  2 2
x x x x x  2 2 x x  16 1 1 2 2 1 2 2 2  x x
x x   x   4 – x 1 2 2 2  2 1 2  16
2 (2+2) =16  4.x2 = -12  x2 = -3  x1 = 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 x , x thỏa mãn: 2
x  2x x x 16. 1 2 1 2 1 2
Câu IV: (3,0 điểm) F
1) Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp
Vì P là trung điẻm của ME nên OP  ME hay QP  MF tại P 0 ˆ FPO  90 E
mặt khác d là tiếp tuyến của (O) tại N nên MN  FQ tại N  0 ˆ
FNO  90 Nên FPˆO  0 ˆ
FNO  90 vì F ˆO
P và FNˆO là hai P
góc dối của tứ giác ONFP nên tứ giác ONFP nội tiếp
2) Xét  MFQ ta có QP  MF  QP là đường cao N M O
MN  FQ  MN là đường cao vì MN cắt QP tại O
nên O là trực tâm của  MFQ  OF chứa đường cao D
 MFQ suy ra OF MQ
Xét 2 tam giác vuông MPO và QPF có 0 ˆ ˆ O P MF P Q  90 ˆO M P ˆ  F Q P
( Cùng phụ với PFˆN )  2 tam giác vuông MPO và QPF PO MP Q đồng dạng  `  P . O PQ M . P PF PF PQ
3.Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF  2ME đạt giá trị nhỏ nhất
Xét 2 tam giác vuông MPO và QNF có 0 ˆ ˆ
MPO MNF  90 ; Mˆ chung
Nên 2 tam giác vuông MPO và MNF dồng dạng (g-g)  MP MOMN MF
 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)2 4a.b )
nên (MF+2ME )2  4MF.2ME = 4 (MF.2ME ) = 4. 8R2= 32.R2  MF+2ME  32 2 R  4R 2
Dấu “=” xảy ra khi 2ME = MF khi đó E là trung điểm của MF mà NE  MF 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 ) 1 1 1 1     16   từ đó ta x y z t   1 1 1 1  1 1 1 1 có     16 1 1        
x y z t  x y z t
16  x y z t x y z t Thật vậy Ta xét  1 1 1 1 ( x + y + z + t ) x x x x        y y y y z z z z  +    +    +
x y z t  x y z t x y z t x y z t + t t t t    = 4+ ( x y  )+( x z  ) + ( x t  )+( y z  )+( y t  )+( t z  ) x y z t y x z x t x z y t y z t
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 ) 1 1 1 1   
 4  2  2  2  2  2  2  16    x y z t     1 1 1 1  ( x + y + z + t ) 1 1 1 1     1 1 16   vì x;y;z;t > 0         x y z t
16  x y z t x y z t
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = t áp dụng vào bài toán ta có: 1 1 1 P   
2a  3b  3c 3a  2b  3c 3a  3b  2c 1 1 1   
b c b c b a c a a c a c a b b c a b a b a c b c 1  1 1 1 1  1  1 1 1 1             
16  b c b c b a c a  16  a c a c a b b c  1  1 1 1 1       
16  a b a b a c b c  1  4 4 4      
16  b c a b c a  1  1  1 1  2017    .  
4  b c a b c a  4 Dấu “=” xảy ra 3
a b c  . 4034 2017 3 Vậy ax M P
a b c  4 4034