Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2016-2017 - Sở GD&ĐT Đăk Lắk

Chia sẻ: Trần Hạo Tôn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

230
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2016-2017 - Sở GD&ĐT Đăk Lắk là tài liệu hay dành cho các bạn học sinh chuẩn bị ôn tập và luyện thi vào lớp 10, các câu hỏi bám sát chương trình lớp 9 và bài tập nâng cao dành cho thí sinh hệ THPT chuyên. Chúc các bạn ôn tập và luyện thi đạt kết quả cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2016-2017 - Sở GD&ĐT Đăk Lắk

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2016 – 2017 MÔN THI: TOÁN (Đại trà) Ngày thi : 16/6/2016 (Thời gian 120 phút không kể thời gian giao đề) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1: (1,5 điểm) 1) Giải phương trình x 2  6 x  8  0 .  x2  3y  4 . 2 5 x  2 y  7 2) Giải hệ phương trình  Câu 2: (2,0 điểm)  x 5 x  5  x 1    x  x  2 x  1 x 1  1) Rút gọn biểu thức P    2) Với giá trị nào của m thì đồ thị các hàm số y  2 x  m và y  3x  6 cắt nhau tại một điểm trên trục hoành. Câu 3: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2 x 2  4 x  x 2  2 x  4  14 . 2) Tìm m để phương trình x 2  3 x  m  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 3 x13  x2  9 . Câu 4: (3,5 điểm) Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn đường kính AB (M khác A và B), trên cung BM lấy điểm N (N khác B và M). Gọi C là giao điểm của đường thẳng AM và đường thẳng BN, H là giao điểm của đoạn thẳng BM và đoạn thẳng AN. Gọi D là điểm đối xứng của điểm H qua điểm M; P là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng DC. a) Chứng minh CH  AB. b) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp. c) Chứng minh CN.CB = CD.CP. d) Chứng minh ba điểm P, M, N thẳng hàng. Câu 5: (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 x 2  9 x  18 x  9 4x x  4x A  2 với x  0 4x x  4x 4 x  9 x  18 x  9 SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (1,5 điểm) 1) Giải phương trình x 2  6 x  8  0 .  x2  3y  4 . 2 5 x  2 y  7 2) Giải hệ phương trình  1) KQ: x1  2; x2  4  x 1  13 x 2  13   x2  3 y  4  2 x2  6 y  8 x2  1   y  1  2  2)  2  2    4 x   x  1 5 x  2 y  7 15 x  6 y  21  y   y 1  3   y  1  Câu 2: (2,0 điểm)  x 5 x  5  x 1    x  x  2 x  1 x 1  1) Rút gọn biểu thức P    2) Với giá trị nào của m thì đồ thị các hàm số y  2 x  m và y  3x  6 cắt nhau tại một điểm trên trục hoành. 1) (ĐK: x  0; x  1)   x 5 x  5  x 1  P       x  x  2 x  1 x 1      x 5    x  5  x  1 x  1 x 1  x 5    2  x 1  x 1    x 1   x  5  x  5   1      x x 1  x x 1  x 1   x 5  x 1  1 x 4 x 5 x 4 x 5   x x x 1 x 1    8 x x   x 1  x 1  8 x 1 2) Đồ thị hàm số y  3 x  6 cắt trục hoành tại điểm (–2; 0). Do đó đồ thị các hàm số y  2 x  m và y  3x  6 cắt nhau tại một điểm trên trục hoành  0  2   2   m  m  4 Câu 3: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2 x 2  4 x  x 2  2 x  4  14 . 2) Tìm m để phương trình x 2  3 x  m  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 3 x13  x2  9 . 1) (ĐK: x 2  2 x  4  0 ) Đặt y  x 2  2 x  4  y  0  ; phương trình đã cho trở thành: 3  y    loai  2 2 y  y  6   2 y  3  y  2   0   2    y  2  nhan   x  4 (TMĐK)  x2 Với y = 2, ta có: x 2  2 x  4  4  x 2  2 x  8  0   x  4  x  2   0   Vậy phương trình có hai nghiệm là x = –4 và x = 2. 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt  9  4m  0  m  9 . 4 x  x  3 Theo Viét ta có:  1 2  x1 x2  m 3 3 Khi đó x13  x2  9   x1  x2   3x1 x2  x1  x2   9  33  3.3m  9  m  2 (TMĐK) Vậy m = 2 thì phương trình x 2  3x  m  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 3 x13  x2  9 . Câu 4: (3,5 điểm) Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn đường kính AB (M khác A và B), trên cung BM lấy điểm N (N khác B và M). Gọi C là giao điểm của đường thẳng AM và đường thẳng BN, H là giao điểm của đoạn thẳng BM và đoạn thẳng AN. Gọi D là điểm đối xứng của điểm H qua điểm M; P là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng DC. a) Chứng minh CH  AB. b) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp. c) Chứng minh CN.CB = CD.CP. d) Chứng minh ba điểm P, M, N thẳng hàng. a) Chứng minh CH  AB. P D C M N H A K B Ta có     900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ANB AMB ABC: AN  BC; BM  AC (     900 ), nên H là trực tâm ABC  CH  AB ANB AMB b) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp. 1 2 Ta có: MH  MD  HD (vì D đối xứng H qua M); AC  HD (   900 ) AMB  Nên AC là trung trực HD, do đó AHD cân tại A  AM là phân giác DAH       1   DAM  HAM hay DAC  MAN , lại có MAN  MBN  sd MN (góc nội tiếp cùng chắn 2 cung MN)    Do đó DAC  MBN  DBC . Vậy tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp. c) Chứng minh CN.CB = CD.CP.  ANC  Xét ACN và BCM, ta có:   BMC  900  cmt  , C (góc chung) CN CA   CN .CB  CM .CA  a  CM CB  APC  Xét ACP và DCM, ta có:   DMC  900  gt  cmt  , C (góc chung) Vậy ACN BCM  CA CP   CD.CP  CM .CA  b  CD CM Từ (a) và (b)  CN .CB  CD.CP (đpcm) Vậy ACP DCM  d) Chứng minh ba điểm P, M, N thẳng hàng.  CDH cân tại C (AC là trung trực HD)  CA là phân giác DCH    ACK (K là ACP  giao điểm CH và AB)    ACP = ACK (cạnh huyền, góc nhọn)  CAP  CAK  MAB  c    Tứ giác ABNM nội tiếp  CNM  MAB  d    APC ANC Tứ giác ANCP nội tiếp (     900 )  CAP  CNP  e    Từ c), d), e)  CNM  CNP . Vậy P, M, N thẳng hàng (đpcm) Câu 5: (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 x 2  9 x  18 x  9 4x x  4x với x  0 A  2 4x x  4x 4 x  9 x  18 x  9 4 x 2  9 x  18 x  9 vì x  0  M  0 Đặt M  4x x  4x 4 x 2  9 x  18 x  9 4 y 4  9 y 2  18 y  9 Đặt y  x  0 , ta có: M   4 y3  4 y 2 4x x  4x  3  4 y 3  4 y 2    4 y 4  12 y 3  3 y 2  18 y  9  4 y3  4 y 2 2y  3 2  3 y  3 4 y3  4 y 2 (Vì y  0  4 y 3  4 y 2  0 và  2 y 2  3 y  3 2 2 y  0 nên Đẳng thức xảy ra  2 y 2  3 y  3  0  y  2  3 y  3 4 y3  4 y 2 2 3 2  0) 3  33  do y  0  4 2  3  33  21  3 33  x   4  8  1 8M  M 1 Khi đó A  M     M 9  9 M M 1 8 2 10  83  2      9 M 3 3 3  9  M 3 21  3 33 Đẳng thức xảy ra  M 1  M  3  x   8 9 M  Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 10 21  3 33 khi x  3 8