Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2016-2017 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2016-2017 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 09/06/2016 Mã đề 02 Bài 1: Rút gọn các biểu thức 3 3 1 1 2 a) P 3 1 b) Q 1 với x > 0, x 4 2 3 x 2 x 2 x Bài 2: Cho phương trình x2 2 m 2 x m2 m 3 0 (1) a) Giải phương trình khi m = 1 x1 x2 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn 5 x2 x1 Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y ax a 1 và đường thẳng (d'): y a 2 3a 3 x 3 a a) Tìm giá trị a để đường thẳng (d) đi qua A 1;3 b) Với giá trị nào của a thì hai đường thẳng (d) và (d') song song với nhau Bài 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường thẳng AB, kẻ tia Ax vuông góc với AB. Từ điểm M trên tia Ax kẻ tiếp tuyến MP với nửa đường tròn (P là tiếp điểm, P khác A). Đoạn AP cắt OM tại K, MB cắt nửa đường tròn tại Q (Q khác B) a) Chứng minh rằng AMPO và AMQK là các tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh rằng hai tam giác MQO và MKB đồng dạng c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của P lên AB, I là giao điểm của MB và PH. Chứng minh rằng đường thẳng KI vuông góc với AM 3 3 7 Bài 5: Cho a, b > 0 và ab = 1. Tìm GTNN của biểu thức F 2a 2b 3 a b 2 a b LỜI GIẢI 3 3 1 3 1 3 1 3 1 Bài 1: a) P 3 1 1 2 3 2 2 x 2 x 2 x 2 2 x 1 2 b) Q . . x 2 x 2 x x 2 x x 2 Bài 2: a) Khi m = 1 ta có phương trình x2 6x 5 0 , vì 1 6 5 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 1 , x2 5 2 2 b) Để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thì ' 0 m 2 m m 3 0 1 m2 4m 4 m2 m 3 0 3m 1 0 m (*) 3 2 2 1 11 Vì m m 3 m 0 nên phương trình (1) luôn có nghiệm x khác 0 2 4
2. x x 2 m 2 1 2 x1 x2 2 2 2 Theo Viet có . Khi đó 5 x1 x2 5x1x2 x1 x2 7x1x2 2 x x x1x2 m m 3 2 1 Do đó 4 m 2 2 7 m2 m 3 4m2 16m 16 7m2 7m 21 3m2 9m 5 0 2 2 5 3 7 3 7 3 21 9 21 m 3m 0 m m m m 3 2 12 2 12 2 6 6 9 21 Đối chiếu điều kiện (*) thì m thỏa mãn bài toán 6 Bài 3: a) Đường thẳng (d) đi qua A 1;3 nên x = 1, y = 3 thay vào đẳng thức y ax a 1 ta có a + a + 1 = 3 2a = 2 a = 1 thỏa mãn bài toán a a 2 3a 3 a 2 4a 3 0 b) Để hai đường thẳng (d) và (d') song song với nhau thì a 1 3 a 2a 2 a 1 a 3 0 a 3 thỏa mãn bài toán a 1 Bài 4: a) Ta có MA  AB M· AO 900 M MP  OP (tính chất tiếp tuyến) M· PO 900 Do đó M· AO M· PO 1800 nên tứ giác AMPO nội tiếp đường tròn đường kính MO (Tổng hai góc Q đối bằng 1800) P Mặt khác MA = MB (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau), OA = OP (gt) nên MO là đường trung trực 0 0 I của AP, do đó M· KA 90 . Ta lại có A· QB 90 (Chắn K nửa đường tròn) M· QA 900 M· QA M· KA Đỉnh Q, K cùng nhìn MA dưới 1 góc bằng nhau A O H B Do đó tứ giác AMQK nội tiếp đường tròn đường kính MA (Bài toán cung chứa góc) b) Xét MPQ và MBP có Mµ chung, M· PQ M· BP (Cùng chắn cung PQ) nên MPQ  MBP (g – g) MP MQ MB.MQ MP2 . Áp dụng hệ thức lượng MB MP MQ MO trong MPO vuông tại P có MO.MK MP2 . Do đó MB.MQ MO.MK , Mµ chung nên MK MB MQO  MKB (c – g – c) c) Ta có A· PB 900 (Chắn nửa đường tròn). Xét hai tam giác vuông PHB và AKO có H· PB O· AK OK OA (Cùng phụ với A· PH ) nên PHB  AKO (g – g). Do đó (1) BH BP Xét hai tam giác vuông APB và MAO có B· AP A· MO (Cùng phụ với K· AM ) nên OA MO OK MO OK BH APB  MAO (g – g). Do đó (2) . Từ (1) và (2) ta có (3) BP AB BH AB MO AB BH BI OK BI Ta lại có PH // MA nên (Hệ quả Talet) (4). Từ (3) và (4) suy ra nên KI // AB AB BM MO BM (Định lí đảo của Talet). Mà AB  AM nên KI vuông góc với AM
3. Bài 5: Vì a, b > 0 nên áp dụng BĐT CauChy ta có 2a 2b 2.2 ab 4 2a 2b 3 0 Do đó a3 b3 2 a3b3 2 2a 2b 3 a3 b3 2 2a 2b 3 4 a b 6 7 7 a b 7 a b 7 18 F 4 a b 6 a b 6 a b 2 8 8 a b 2 8 7 a b 7 a b 7 18 21 18 15 33 . . .2 ab 6 6 8 8 a b 2 8 4 4 4 15 Vậy GTNN của F là . Đạt được khi và chỉ khi a = b = 1 4 Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh