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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán ĐỀ A Câu I (2,0 điểm) 1) Giải các phươnh trình: a) x – 5 = 0 b) x2 – 4x +3 = 0 2x y 1 2) Giải hệ phương trình: 3x y 4 Câu II (2điểm) x x 1 x x 1 2(x 2 x 1) Cho biểu thức: A : (với x > 0 và x khác 1) x x x x x 1 1) Rút gọn A 2) Tìm các giá trị của x để A có giá trị nguyên. Câu III (2điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng(d): y = mx +1 và parabol(P): y = 2x2. 1) Tìm m để (d) đi qua A(1;3) 2) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A(x1;y1) và B(x2;y2). Hãy tính giá trị của T = x1x2 + y1y2 Câu IV ( 3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi F là điểm thuộc AD sao cho EF vuông góc với AD. Đường thẳng CF cắt (O) tại điểm thứ hai là M. BD và CF cắt nhau tại N. CMR 1) Tứ giác CEFD nội tiếp 2) FA là tia phân giác của góc BFM 3) BD.NE = BE.ND Câu V (1,0 điểm) 1 2 3 Cho a,b,c là 3 số thực dương thõa mãn: a2 + 2b2 3c2 . CMR: a b c ĐÁP ÁN Câu I (HS tự giải) Câu II 1) Ta có ( x 1)(x x 1) ( x 1)(x x 1) 2( x 1) 2 x x 1 x x 1 2( x 1) A : : x( x 1) x( x 1) ( x 1)( x 1) x x x 1 2 x x 1 x 1 . x 2( x 1) x 1 x 1 x 1 2 2 2) Ta có A 1 . Để A có giá trị nguyên thì 2 chia hết cho x 1 x 1 x 1 ()x 1
2. Suy ra x 1 là Ư(2) = 2; 1;1;2 Ta có bảng giá trị: x 1 -2 -1 1 2 x -1 0 2 3 x Không thõa 0(loại) 4(t/m) 9(t/m) mãn Vậy x = 4 hoặc x = 2 thì A m\nhận giá trị nguyên Câu III 1) Thay x =1; y = 3 vào (d) ta được: m.1 +1 = 3 suy ra m = 2 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): 2x2 = mx + 1  2x2 – mx - 1 = 0 Ta có a = 2, b = -m, c = -1 b 2 4ac ( m) 2 4.2.( 1) m 2 8 0m  phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m nên (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phâ m x x 1 2 2 biệt A(x1;y1) và B(x2;y2) với mọi m. Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: 1 x .x 1 2 2 2 2 2 2 Ta có T = x1.x2+ y1y2 Mà y1= 2x1 và y2 = 2x2 nên T = x1x2 + 2x .2x2 = 1 1 1 1 1 4( ) 2 4. 2 2 2 4 2 Câu IV y x C 1) Ta có A CD 900 ECD 900 B Lại có EF  AD  EFD 900 E N Xét tứ giác EFDC có ECD EFD 1800 Suy ra tứ giác EFDC nội tiếp A D F 2) Chứng minh tương tự: tứ giác AFBE nội tiếp Suy ra: BFA BEA M Lại có BEA CED Mà CED CFD Mặt khác CFD AFM Suy ra: góc BFA = AFM suy ra FA là tia phân giác của góc BFM 3. Ta có góc BCA = BDA( cùng chằn cung AB) lại có góc BAD = ECF = ACM suy BE BC ra BCA = ACM suy ra CA là tia phân giác của BCN suy ra (1) EN CN Kéo dài các tia BC và DC ta có các tia Cx và Cy. Do tứ giác ABCD nội tiếp suy ra góc Bcy = BAD, góc BCF = DEF, lại có DEF = BAD ( do tứ giác ABEF nội tiếp) suy ra góc
3. DCF = Bcy mặt khác góc Bcy = DCx suy ra DCx = DCF nên CF là tia phân giác ngoài DN CN BD BC của tam giác BCN suy ra hay (2) BD BC DN CN Từ (1) và (2) ta suy ra BE =BD  BE.DN = BD.EN (đpcm) EN DN Câu V a 2 2b 2 a b Theo bài ra ta có: a 2 2b 2 3c 2 3 . Ta đặt x; y suy ra: x2+2y2 3 c 2 c 2 c c Suy ra 3 x2+2y2 = x2+y2+y2  3 3xx 2 y 4 2y4 1 (1) Đặt c 2c 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6 1 P 66 . . . . . 6 a b x y 2x 2x 2y 2y 2y 2y 2x 2x 2y 2y 2y 2y 2 x 2 y 4 3 c 2c 1 2 3 Từ (1) và (2) suy ra: P 3 hay 3 (đpcm) a b a b c