Đề thi tuyển sinh lớp 10 - Môn thi: Toán

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 - Môn thi: Toán

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể giao đề (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 ( 2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2x y 3 0 a) (x + 3)2 = 16 b) x y 1 4 3 Câu 2 ( 2,0 điểm) 2 x x 1 x 2 a) Rút gọn biểu thức A : 1 với x 0, x 1 . x x 1 x 1 x x 1 2 b) Tìm m để phương trình: x 5x + m 3 = 0 có hai nghiệm phân biệtx1, x thỏa2 mãn 2 x1 2x1x2 3x2 1. Câu 3 (2,0 điểm) a) Tìm a và b biết đồ thị hàm số y= ax + b đi qua điểm A( 1; 5) và song song với đường thẳng y = 3x + 1. b) Một đội xe chuyên chở 36 tấn hàng. Trước khi đi làm việc , đội xe đó được bổ sung thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với dự định. Hỏi đội xe lúc ban đầu có bao nhiêu xe? Biết rằng số hàng chở trên tất cả các xe có khối lượng bằng nhau. Câu 4 (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C là điểm cố định thuộc đoạn thẳng OB (C khác O và B). Dựng đường thẳng d vuông góc với AB tại C, cắt nửa đường tròn (O) tại điểm M. Trên cung nhỏ MB lấy điểm N bất kỳ ( N khác M và B), tia AN cắt đường thẳng d tại F, tia BN cắt cắt đường thẳng d tại E. Đường thẳng AE cắt nửa đường tròn (O) tại điểm D ( D khác A). a) Chứng minh: AD.AE = AC.AB. b) Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng và F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDN. c) Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh điểm I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi điểm N di chuyển trên cung nhỏ MB. Câu 5 (1,0 điểm) Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn : abc = 1. ab bc ca Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P a5 b5 ab b5 c5 bc c5 a5 ca
2. ĐÁP ÁN Câu 1 ( 2,0 điểm) 2 x 3 4 x 4 3 1 a, (x+3) = 16 Vậy pt có 2 nghiệm là 1 và – 7. x 3 4 x 4 3 7 2x y 3 0 2x y 3 11x 0 x 0 b, x y Vậy (x; y) = 1 3x 4y 12 3x 4y 12 y 3 4 3 (0; 3). Câu 2 ( 2,0 điểm) 2 x x 1 x 2 a, A : 1 Với x 0 và x 1 , ta có : x x 1 x 1 x x 1 2 x x x x 1 x x 1 ( x 2) A : ( x 1)(x x 1) x 1 x x 1 x 1 x x 1 x 2 A : ( x 1)(x x 1) x x 1 1 x x 1 1 A . x x 1 x 1 x 1 1 Vậy với x 0 và x 1, ta có A = x 1 2 b, x 5x m 3 0 (1) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 khi 37 25 4m 12 4m 37 0 m (*) Khi đó theo định lý Vi-ét ta có : 4 x x 5 1 2 x1x2 m 3 x1 x2 5 x1 5 x2 x2 2x x 3x 1 Có 1 1 2 2 2 2 x1 2x1x2 3x2 1 (5 x2 ) 2(5 x2 )x2 3x2 1 x1 2 x2 3 x 5 x x 5 x 1 2 7 1 2 2 x1 2 3x 2 17x2 24 0 3 (5 x ) 2(5 x )x 3x 1 2 2 2 2 8 x2 3 83 Vậy thay vàox x m 3 được m = 9 ( TMĐK (*)) hoặc m = (TMĐK (*)) 1 2 9 Câu 3 (2,0 điểm) a,Đồ thị hàm số y = a x +b đi qua điểm A (-1 ;5) thay x = -1 ; y =5
3. ta được –a+b =5 (1) Đồ thị hs y = a x +b song song với đường thẳng y = 3x +1 ta có a = 3 ; b 1 Kết hợp hai điều kiện được a = 3 ; b = 8 b, Gọi số xe lúc đầu là x xe ( ĐK : x N*) Số xe sau khi bổ sung là x+3 (xe)Lúc đầu mỗi xe chở số hàng là 36 (tấn) x Lúc sau mỗi xe chở số hàng là 36 (tấn)Theo đề bài ta có PT 36 -36 =1 x 3 x x 3 Giải Pt được x = 9 (TM) ; x = -12 (Loại) Câu 4 (3,0 điểm) Hình vẽ a, ADB  AEC (g.g) AD AB d AD.AE AC.AB AC AE 0 b, Có AN  BN (Vì ·ANB 90 theo tính chất E góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) · 0 I Có AD BD (Vì ADB 90 theo tính chất D M góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) N Vậy F là trực tâm AEB suy ra BF  AE F mà BD  AE suy ra 3 điểm B, F, D thẳng hàng. c, FC AC B FAC  BEC (g.g) O C BC EC A K FC.EC AC.BC (1) FC CK CFK  CAE FC.CE CA.CK (2) CA EC Từ (1) và (2) suy ra BC = CK suy ra K cố định Mà IA = IK suy ra I thuộc trung trực của A K là đường thẳng cố định. Cách 2 : Gọi giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với AB là K tứ giác AEFK là tứ giác nội tiếp ·AEC F· KB ( Cùng bù với ·AKF ) . (6) Lại có ·AEC F· BK ( Cùng phụ với E· AB ) (7) Từ (6) và (7) ta có F· KB F· BK FKB là tam giác cân tại F. Mà FC vuông góc với KB nên FC là đường cao đồng thời là trung trực của BK nên C là trung điểm của KB tức là BC = CK. Có B, C cố định nên BC có độ dài không đổi CK có độ dài không đổi, K thuộc đường kính AB cố định nên K là điểm cố định Mà IA = IK nên I thuộc đường trung trực của đoạn AK . Mà AK cố định nên trung trực của AK là đường thẳng không đổi. Vậy : Điểm I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi điểm N di chuyển trên cung nhỏ MB Câu 5 (1,0 điểm) + Ta chứng minh BĐT : a5 b5 a3b2 a2b3 a2b2 (a b)
4. +Ta có a5 b5 ab a3b2 a2b3 ab a2b2 (a b) ab ab[ab(a b) 1] ab[ab(a b) abc] a 2 b2 (a b c) abc(a b c) a b c ab. ab. c c a b c ab c Vậy a5 b5 ab ab. hay (1) c a5 b5 ab a b c bc a Tương tự : (2) b5 c5 bc a b c ac b (3) a5 c5 ac a b c Từ (1)(2)(3) Suy ra : ab bc ca a b c P 1 a5 b5 ab b5 c5 bc c5 a5 ca a b c PMax 1 khi a= b= c=1