Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2016-2017 - THPT Chuyên Lam Sơn (Sở GD&ĐT Thanh Hoá)

Chia sẻ: Tuyensinhlop10 Hoc247 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

130
lượt xem 20
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bạn đang lo lắng cho kì thi tuyển sinh sắp tới và không biết nên ôn tập như thế nào. Hãy tham khảo ngay "Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2016-2017 - THPT Chuyên Lam Sơn (Sở GD&ĐT Thanh Hoá)" và nhiều tài liệu đề thi liên quan trên trang Tailieu.VN để ôn tập và nắm vững kiến thức nhé! Chúc các bạn đạt điểm cao trong kì thi!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2016-2017 - THPT Chuyên Lam Sơn (Sở GD&ĐT Thanh Hoá)

Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên Môn: Toán học Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN ĐỀ THI LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: Toán chung (Dành cho mọi thí sinh) (Thời gian làm bài 120 phút) Câu I (2.0 điểm) Cho biểu thức A  2 x x 3  x  1 3  11 x  (Với x  0; x  9 ) 9 x x 3 a/ Rút gọn A b/ Tìm tất cả các giá trị của x để A  0 Câu II (2.0 điểm) a/ Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d1): y   m 2  1 x  2m (m là tham số) và (d2): y  3x  4 . Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau b/ Cho phương trình: x 2  2  m  1 x  2m  5  0 (với m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình đó có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn  x12  2mx1  2m  1  x2  2   0 Câu III (2.0 điểm) 2 x  y 2  3  a/ Giải hệ phương trình  2 3 x  2 y  1  b/ Giải phương trình: x 2  4 x  7   x  4 x 2  7   Câu IV (3.0 điểm): Cho hình bình hành ABCD với BAD  90o , tia phân giác góc BCD  90o cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD tại O (Khác C), kẻ đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với CO. Đường thẳng (d) cắt đường thẳng CB, CD lần lượt tại M và N.   a/ Chứng minh OBM  ODC b/ Chứng minh ∆OBM = ∆ODC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN c/ Gọi K là giao điểm của OC và BD, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Chứng minh rằng: ND IB2 – IK 2  MB KD 2 Câu V (1.0 điểm): Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z  2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2 3 2 2 x  yz  1 y  zx  1 z  xy  1  2  2 2 z  zx  1 x  xy  1 y  yz  1 Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807 Trang | 1 Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên Môn: Toán học Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ Nội dung Câu Điể m a/ Rút gọn A 2 x A x 3 2 x A x 3 2 x A A   x  1 3  11 x  9 x x 3 x 1 x 3  11 x  3  x 3  x 3    x  1 x  3  11  x  3 x  3 x 3  1.0 x 3 2 x  6 x  x  4 x  3  11 x  3  CâuI A  x 3  x 3   3 x 3x  9 x  x 3  x 3    x 3 Vậy với x  0; x  9 thì A  x 3   x 3    3 x x 3  3 x x 3 b/ Tìm tất cả các giá trị của x để A  0  3 x  0    x  3  0 3 x x  9    0   A0  x 3 x  0  3 x  0    x  3  0  CâuII 1.0 Kết hợp điều kiện => x > 9 hoặc x = 0 thì A  0 a/ Để đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau thì  m  2 m 2  1  3 m2  4 a  a '         m  2  m  2   b  b '  2m  4 m  2 m  2  0.5 Vậy với m = - 2 thì đường thẳng (d1) song song vi đường thẳng (d2) b/ x 2  2  m  1 x  2m  5  0 2 2 Ta có:  '   m  1  2m  5  m2  4m  6   m  2   2  0 với mọi m, nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Theo vi ét ta có  x1  x2  2m  2   x1 x2  2m  5 Để  x12  2mx1  2m  1  x2  2   0 =>  x12  2  m  1 x1  2m  5  2 x1  4   x2  2   0   Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807 0.5 Trang | 2 Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên Môn: Toán học Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai =>  4  2 x1  x2  2   0 =>  2  x1  x2  2   0 => 2 x2  4  x1 x2  2 x1  0 => 2  x2  x1   x1 x2  4  0 Thay vào ta có : 2  2m  2    2m  5  4  0 => 4m  4  2 m  5  4  0 => 2m  3  0  m  Vậy m  3 2 3 2 1.0 Câu III 2 2 x  y  3  a/ Giải hệ phương trình  2 3 x  2 y  1  Điều kiện : x, y ≥ 0 Đặt x  a , y 2  b( a, b  0) . Ta có hệ phương trình  2a  b  3  4a  2b  6 7 a  7 a  1        3a  2b  1 3a  2b  1 2 a  b  3 b  1  x  1  x 1 (TMDK )    2  y  1 y 1  x  1 x  1 Vậy hệ có 2 nghiệm:  và  y 1  y  1 => 1.0 x  7 b/ Giải phương trinh: x 2  4 x  7   x  4  x 2  7 . Điều kiện  x   7  x 2  4 x  7   x  4 x 2  7   x 2  7   4  x  4   16   x  4  x 2  7  x2  7  a  0  , ta có phương trình x  4  b  Đặt  a 2  4b  16  ab  a 2  16  4b  ab  0   a  4  a  4   b  a  4   0 1.0 a  4   a  4  a  4  b   0 =>  a  b  4  x2  7  4  x2  7  4 =>     x  23  x2  7  x  4  4  x2  7  x   Vậy phương trình có 2 nghiệm : x  23 Câu IV Hình Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807 Trang | 3 Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên Môn: Toán học Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai M B A G O K 2 I 1 N C D H   a/ Chứng minh OBM  ODC Ta có tứ giác OBCD nội tiếp (gt)   => OBC + ODC  180o (đ/l) (1a)   Ta có: OBC + OBM  180o (Hai góc kề bù) (2a)   Từ 1a,2a => OBM  ODC (ĐPCM) a/ + Chứng minh ∆OBM = ∆ODC xét ∆OBM và ∆ODC có     C1  C2  OB  OD  OB  OD (1b) 1.0 0.75   OBM  ODC (C/m câu a) (2b)   Do AD//BC (gt) => AD//MC => NAD  NMC (đồng vị) (3b)   Do ∆CMN có đường cao vừa là đường phân giác => MNC  NMC (4b) Từ 3b, 4b => ∆DAN cân tại D => AD = ND mà CN = CM (Do tam giác CMN cân) => CN – ND = CM – BC => BM = DC (5b) Từ 1b, 2b, 5b => ∆OBM = ∆ODC (c.g.c) (ĐPCM) 0.75 + Chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN xét ∆OCM và ∆OCN có   OC là cạnh chung (6b) ; C1  C2 (gt) (7b) và CM = CN (c/m trên) (8b) Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807 Trang | 4 Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên Môn: Toán học Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai Từ 6b,7b,8b => ∆OCM = ∆OCN (c.g.c) => OM = ON mà ON = OC => OM = ON = OC => O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN (ĐPCM) c/ Chứng minh rằng: ND IB2 – IK 2  MB KD 2 Gọi giao điểm của IK với đường tròn tâm I là G và H. Ta có IB2 – IK 2  IB  IK  IB  IK   IG  IK  IH  IK  KG.KG    KD 2 KD 2 KD 2 KD 2 mà KG.KH = KD.KB => IB2 – IK 2 KD.KB KB (1c)   KD 2 KD 2 KD 0.5 Do ND = AD = BC và MB = CD (chứng minh trên) ND BC BC KB mà (Tính chất tia phân giác)   MB CD CD KD ND KB => (2c)  MB KD ND IB2 – IK 2 Từ 1c, 2c => (ĐPCM)  MB KD 2 => Câu V Ta có P x  yz  1 z 2  zx  1  yz  1 P 2 2  y  zx  1 2 x 2  xy  1  zx  1 2 x2 z2    zx  1  xy  1 x y  z  xy  1 2 y 2  yz  1  xy  1 2 y2  yz  1 z 2 2 2 1 1  1    y  z  x y z  x   . P   1 1 1 z x y x y z a 2 a 2 a 2 a  a  a  Áp dụng BĐT: 1  2  3  1 2 3 b1 b2 b3 b1  b2  b3 a a a Dấu = xảy ra khi 1  2  3 b1 b2 b3 2 1.0 2 2 2 2  1 1 1 1 1  1   y  z  x  x yz x  y  z   y z  x   P    1 1 1  1 1 1 z x y x yz x  y  z x y z    1 1 1 Px y z    x y z  Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807 Trang | 5