Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT TP.HCM

Chia sẻ: Min Min | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

69
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh, sinh viên "Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT TP.HCM", đề thi bao gồm 5 câu hỏi tự luận có kèm đáp án và thang điểm với thời gian làm bài 120 phút. Hy vọng đề thi là nguồn thông tin hữu ích phục vụ cho quá trình học tập và ôn thi của các bạn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT TP.HCM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2016 – 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x2  2 5x  5  0 b) 4 x4  5x2  9  0 2 x  5 y  1 c)  3x  2 y  8 d) x( x  3)  15  (3x  1) Bài 2: (1,5 điểm) x2 x a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y   và đường thẳng (D): y   2 trên cùng một hệ 4 2 trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) 2 3 2 3 a) Thu gọn các biểu thức sau: A   1 4  2 3 1 4  2 3 b) Ông Sáu gửi một số tiền vào ngân hàng theo mức lãi suất tiết kiệm với kì hạn 1 năm là 6%. Tuy nhiên sau thời hạn một năm ông Sáu không đến nhận tiền lãi mà để thêm một năm nữa mới lãnh. Khi đó số tiền lãi có được sau năm đầu tiên sẽ được ngân hàng cộng dồn vào số tiền gửi ban đầu để thành số tiền gửi cho năm kế tiếp với mức lãi suất cũ. Sau 2 năm ông Sáu nhận được số tiền là 112.360.000 đồng (kể cả gốc lẫn lãi). Hỏi ban đầu ông Sáu đã gửi bao nhiêu tiền? Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2  2mx  m  2  0 (1) (x là ẩn số) a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m b) Định m để hai nghiệm x1 , x2 của phương trình (1) thỏa mãn (1  x1 )(2  x2 )  (1  x2 )(2  x1 )  x12  x22  2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC (AB
BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:   2 a) x2  2 5x  5  0  x  5 0 2 ( '  5  5  0) x 5 b) 4 x4  5x2  9  0 (2)  ( x2  1)(4 x2  9)  0 9 3  4 x2  9  0  x2   x   4 2 Cách khác: Đặt t  x2  0 Phương trình thành: 4t 2  5t  9  0(a  b  c  0) 9  t  1 (loại) hay t  4 2 x  5 y  1 (1) 2 x  5 y  1 (1) c)   3x  2 y  8 (2)  x  7 y  9 (3)((2)  (1)) 19 y  19 ((1)  (3) ) x  2   x  7 y  9  y  1 d) x( x  3)  15  (3x  1)  x2  6 x  16  0 (  '  25 )  x  8 hay x  2 Bài 2: a) Đồ thị: 4 -4 2 4 O -1 -2 -4
 1 Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),  1;   ,  4; 4   2 (D) đi qua  4;0  ,  4; 4  b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là x4 x    2  x2  2 x  8  0  x  4 hay x  2 4 2 y(-4) = -4, y(2) = -1 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là  2; 1 ,  4; 4  Câu 3: 2 3 2 3 a) Thu gọn các biểu thức sau: A   1 4  2 3 1 4  2 3 2 3 2 3 2 3 2 3     1  ( 3  1)2 1  ( 3  1) 2 2 3 2 3 (2  3) 2  (2  3) 2   2(4  3)  14 1 b) Gọi x là số tiền ông Sáu gửi ban đầu. 6x 3x Suy ra, năm đầu tiên ông Sáu nhận được là : ( x  )  x 100 50 3x  3x  3 3x 9 x Năm thứ hai ông Sáu nhận được là : x    x    x   2 50  50  50 25 50 Theo đề bài ta có 3x 9 x x   2  112.360.000  (2500  300  9) x  112.360.000  502 25 50  2809 x  11236  25 106  x  100.000.000 (đồng) Câu 4: Cho phương trình x2  2mx  m  2  0 (1) (x là ẩn số) 2  1 7 a)  '  m  m  2   m     0 m 2  2 4 Do đó phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b) (1  x1 )(2  x2 )  (1  x2 )(2  x1 )  x12  x22  2  4  x2  x1  2 x1 x2  ( x1  x2 )2  2 x1 x2  2  2  x1  x2   x1  x2  2  2  2m  4m2 1  4m2  2m  2  0  m  1 hay m   2
A Câu 5 : D a) Ta có H là trực tâm tam giác ABC, do M J BD  AC và EC  AB I K  AH  BC  AF  BC E Ta có tứ giác HDCF nội tiếp H  HFD  HCD hay AFD  ACE b) Vì M là trung điểm của AH B F O C  M là tâm đường tròn ngoại tiếp với tứ giác ADHE.  MDH  MHD  BHF và BDO  DBO và FHB  FBH  900  MDH  HDO  900  MD  OD Tương tự  ME  OE Vậy 5 điểm M, D, O, F, E cùng nằm trên đường tròn đường kính MO. c) Xét 2 tam giác MDK và MFD đồng dạng có một góc chung là M. Và MDK  MFD (do chắn 2 cung bằng nhau MD và ME) MD MK    MD2  MK .MF MF MD Gọi I là giao điểm của MB và đường tròn (O). Ta có IC  BM (chắn nửa đường tròn) Gọi K’ là giao điểm của IC và MF. K’ là trực tâm của tam giác MBC, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: MI .MB  MK '.MF  MK .MF  MD2  K’ trùng với K. Vậy K là trực tâm của tam giác MBC. d) Do tính chất của trực tâm H trong tam giác ABC ta có FH .FA  FB.FC Do K là trực tâm của tam giác MBC ta có : FK.FM  FB.FC  2FH .FA  FK.2FM  FK .(FH  FA) (vì M là trung điểm của AH nên 2FM = FH + FA) 2 1 1    FK FH FA TS. Nguyễn Phú Vinh (Trung tâm luyện thi Vĩnh Viễn – TP.HCM)