c2 toanmath com đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2017 2018 môn toán trường THPT chuyên lam sơn thanh hóa

4 167 1
  • Loading ...
1/4 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 02/08/2017, 17:37

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2017-2018 ( Dành cho tất thí sinh ) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi :02 tháng năm 2017 Câu 1: ( điểm )  x   x 3 x 2 x 2  :  Cho biểu thức: A = 1    x   x   x  x   Với x  ; x  ; x  x      1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Câu : ( 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 + ( Với m tham số ) Tìm tọa độ giao điểm I hai đường (d1) (d2) với giá trị m đường thẳng (d3) qua điểm I ? b) Giải hệ phương trình  x   y    3 y   x   Câu : ( điểm ) a) Tìm m để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + = có hai nghiệm phân biệt x1 x2 khác không thỏa mãn điều kiện b) Giải phương trình x x1 x + =0  x x1 x  = 9- 5x Câu : ( điểm ) Cho đường tròn (O) với tâm O có bán kính R đường kính AB cố định, M điểm di động (O) cho M không trùng với điểm A B Lấy C điểm đối xứng với O qua A Đường thẳng vuông góc với AB C cắt đường thẳng AM N đường thẳng BN cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E đường thẳng BM CN cắt F a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng tứ giác MENF nội tiếp b) Chứng minh : AM AN = 2R2 c)Xác định vị trí điểm M đường tròn (O)để tam giá BNF có diện tích nhỏ Câu : ( điểm ) Cho a; b ; c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh a2  b2  c2 b2  c2  a2 c2  a2  b2 + + >1 2ab 2bc 2ca BÀI GIẢI KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2017-2018 ( Dành cho tất thí sinh ) Câu Lời giải x   x 3   x 2 x 2 :  1) A = 1    x 2  x 3  x 5 x 6 x      A = A = A= x 1 x 1 x 1 2) A = : : :  x 3    x 3   x 2 x 2  x9 x4 x 2  x 2 x 2 x 1 x 1 nguyên Hay -3  =   x 3  x 2  x 2 x 3  x 1 :  x 3 x 2   x 3 x 2 x 1 3 = 1-  =  Để A nhận giá trị nguyên x 1 x   x  ước -3  3 x 1 đạt giá trị x  =1  x =  x = thỏa mãn x  =-1  x = -2< không thỏa mãn x  =3  x =  x = thỏa mãn x  =-3  x = -4< không thỏa mãn Nên x = x = A nhận giá trị nguyên 1) Tọa độ giao điểm I hai đường (d1) (d2) nghiệm hệ x 1  y  5 x  3 x  13  5 x   8x           y  x  13  y  x  13  y  3x  13  y   13  10 tọa độ giao điểm I hai đường (d1) (d2) I(1;-10) đường thẳng (d3) qua điểm I tọa độ I x = y = -10 thỏa mãn công thức y = mx + thay vào ta có : -10 = m.1+  m = -13 Vậy với m = - 13 đường thẳng (d3) qua điểm I  x 1  y    Câu 2)Giải hệ phương trình 3 y   x   đặt A = |x-1|  0;B =  y  0  A  2B   A  2B   A  2B  A 1    Thỏa mãn 3.B  A   A  B   5B  10 B   x   x    | x  | | x  |       x   1   x  y    y2 2 y2  y2   Ta có  (x;y) = x;2; 0;2 nghiệm hệ để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + = có hai nghiệm phân biệt x1 x2 m  m  1m    m  m  3m     '     m 1 m 1 m     Câu 2m    x x   3m   m  m 1    m > theo vi ét ta có  2 m m    m   x1 x  m 1  x  x   x1 x2 x1 x x2  x2 5 + =0   0    0 x x1 x1 x x1 x 2 2 mà m  2m  1 4m m2  2m      m  1 m  12   m 1  m 1  0 m2 m2 2 m 1 m 1 4m  2m  2m  m  12  2m  2m   0 m2 m 1 4m  4m  8  5(m  m  2)   2.(m  1)(m  2)  m  12 m2 m 1  2m  2m  4   0 m  1m  2 2 4m  4m   5m  5m  10 9m  m  0  ta có m  1;m  2.(m  1)(m  2) 2.(m  1)(m  2)   73   73 m2= thỏa mãn 18 18 b) Giải phương trình x x  = 9- 5x đặt t = x    x = t +  (t2 + 2).t = 9-5(t2 + 2) m1= t3 +2t + 5t2 +10 – =  t3 + 5t2 +2t +1= 2  t + 4t + 4t+ t -2t +1= Cách 2: x2(x-2) =81-90x+25x2  x3 -2x2 -25x2+ 90x -81 = 3 2  x -27x + 90x -81 =  x -3.3x + 3.9.x -27 -18x + 63x -54 =  (x-3) -9(2x -7x+6) = a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng Xét  BNF ta có BMˆ A  90 ( nội tiếp chắn đường tròn)  BMˆ N  90  NM  BF nên MN đường cao BC  NF ( gt) Nên BC đường cao mà BC cắt MN A nên A trực tâm  FA thuộc đường cao thứ ba nên FA  BN mà BEˆ A = 900( nội tiếp chắn đường tròn)  EA  BN theo clit qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BN nên ba điểm A; E ; F thẳng hàng N Chứng minh tứ giác MENF nội tiếp ta có FEˆ N = 90 ( FE  BN) 0 E Câu FMˆ N = 90 ( MN  BF)  FEˆ N = FMˆ N = 90 Mà E M nằm mặt phẳng bờ NF bốn điểm N;E ;M ; F Thuộc đường đường kính MN hay tứ giác MENF nội tiếp B C A O b) Chứng minh : AM AN = 2R2 Xét  BAN  MAC ta có tiếp tứ Nˆ  Fˆ1 ( góc nội tiếp đường tròn ngoại M giác NEMF chắn cung EM) (1) Fˆ1  Cˆ ( góc nội tiếp đường tròn ngoại tiếp tứ giác CAMF F chắn cung AM) (2) Từ (1) (2)  Nˆ  Cˆ1 ( Fˆ1 ) (*) Mà BAˆ N  MAˆ C ( 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 BNF = BC.NF BC = 2R nên  S BNF nhỏ NF nhỏ .S BMA lớn ; BA cố định ; M thuộc cung tròn AB nên S BMA lớn BAM tam giác cân  M điểm Cung BA a2  b2  c2 b2  c2  a2 a2  c2  b2   1 2ab 2bc 2ac  c(a  b  c )  2abc  a (b  c  a )  2abc  b(a  c  b )  2abc           c (a  b)  c  a (b  c)  a  b (a  c)  b      c(a  b  c)(a  b  c)  a (b  c  a )(b  c  a )  b(a  c  b)(a  c  b)   c(a  b  c)(a  b  c)  a (b  c  a )(a  b  c)  b(a  c  b)(a  b  c)   (a  b  c)c.(a  b  c)  a (b  c  a )  b(a  c  b)    (a  b  c)c  (a  b  c)c  (a  b  c)c  (a  b  c)c   (a  b  c) ca  cb  c  ab  ac  a  ba  bc  b  Câu   ab  a  ba  b   a  2ba  b   (a  2ba  b )   (a  b )  2     (a  b  c)(c  a  b)(c  a  b)  a;b;c độ dài ba cạnh tam giác ta có : a + b > c suy a + b –c >0 ;tương tụ ta có c + b-a= c-a + b > c + a –b >0 nhân với với vế ba bất đẳng thức nói ta có ( a + b –c)( c-a+b) (c + a –b)>0 nên bất đẳng thức đầu ĐPCM ... +10 – =  t3 + 5t2 +2t +1= 2  t + 4t + 4t+ t -2 t +1= Cách 2: x2(x-2) =8 1-9 0x+25x2  x3 -2 x2 -2 5x2+ 90x -8 1 = 3 2  x -2 7x + 90x -8 1 =  x -3 .3x + 3.9.x -2 7 -1 8x + 63x -5 4 =  (x-3) -9 (2x -7 x+6)...BÀI GIẢI KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 201 7-2 018 ( Dành cho tất thí sinh ) Câu Lời giải x   x 3   x 2 x 2 :  1) A = 1... 13  10 tọa độ giao điểm I hai đường (d1) (d2) I(1 ;-1 0) đường thẳng (d3) qua điểm I tọa độ I x = y = -1 0 thỏa mãn công thức y = mx + thay vào ta có : -1 0 = m.1+  m = -1 3 Vậy với m = - 13 đường
- Xem thêm -

Xem thêm: c2 toanmath com đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2017 2018 môn toán trường THPT chuyên lam sơn thanh hóa , c2 toanmath com đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2017 2018 môn toán trường THPT chuyên lam sơn thanh hóa , c2 toanmath com đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2017 2018 môn toán trường THPT chuyên lam sơn thanh hóa

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn