Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Đồng Nai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Đồng Nai (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2017 – 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút ( Đề gổm 1 trang, có 5 câu ). Câu 1. ( 2,25 điểm ) 1) Giải phương trình x2 9x 20 0 7x 3y=4 2) Giải hệ phương trình : 4x y=5 3) Giải phương trình x4 2x2 3 0 Câu 2. ( 2,25 điểm ) 1 Cho hai hàm số y x2 và y x 4 có đồ thị lần lượt là ( P ) và ( d ) 2 1) Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2 ) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị ( P ) và ( d ). Câu 3. ( 1,75 điểm ) a 2 a 2 4 1) Cho a > 0 và a 4 . Rút gọn biểu thức T . a a 2 a 2 a 2) Một đội xe dự định chở 120 tấn hàng. Để tăng sự an toàn nên đến khi thực hiện, đội xe được bổ sung thêm 4 chiếc xe, lúc này số tấn hàng của mỗi xe chở ít hơn số tấn hàng của mỗi xe dự định chở là 1 tấn. Tính số tấn hàng của mỗi xe dự định chở, biết số tấn hàng của mỗi xe chở khi dự định là bằng nhau, khi thực hiện là bằng nhau. Câu 4 : ( 0,75 điểm ) Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình: x2 + ( 2m – 1 )x + m2 – 1 = 0 có 2 2 hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho biểu thức P = ( x1 ) + ( x2 ) đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5 : ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Biết ba góc C· AB, A· BC, ·BCA đều là góc nhọn. Gọi M là trung điểm của đoạn AH. 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB. 3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. 4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh D· IJ D· FC HẾT
2. BÀI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM 2017-2018 Câu 1. ( 2,25 điểm ) 1) Giải phương trình x2 9x 20 0 Cách 1: x2 9x 20 0 9 1 9 1 =81-80=1>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x 5; x 4 1 2 2 2 Vậy phương trình có tập nghiệm S={4;5} 2 2 x 5 0 x 5 Cách 2: x 9x 20 0 0 x 5x 4x 20 0 (x 5)(x 4) 0 x 4 0 x 4 Vậy phương trình có tập nghiệm S={4;5} 7x 3y 4 2) Giải hệ phương trình : 4x y 5 7x 3y 4 7x 3y 4 19x 19 x 1 4x y 5 12x 3y 15 4x y 5 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiêm duy nhất (x;y)=(1;1) 3) Giải phương trình x4 2x2 3 0 (1) Cách 1: x2 3 0 x 3 x4 2x2 3 0 x4 3x2 x2 3 0 (x2 3)(x2 1) 0 2 2 2 x 1 0 Vn(x 0 x 1 0) Vây phương trình có tập nghiệm S 3; 3 Cách 2: Đặt t=x2 (t 0) ta có phương trình t2-2t-3=0 (2) Ta có a-b+c=1+2-3=0 nên phương trình (2) có 2 nghiệm t1=-1(loại);t2=3(nhận) 2 Với t2=3 x 3 x 3 Vây phương trình có tập nghiệm S 3; 3 Câu 2. ( 2,25 điểm ) 1) Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 1 * y x2 2 Hàm số xác định với mọi x ¡ Bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 y -2 -0,5 0 -0,5 -2 Nhận xét: Đồ thị hs là một parabol đi qua gốc tọa độ,nhận trục tung làm trục đối xứng nằm phía dưới trục hoành,O là điểm cao nhất *y=x-4 Đồ thị hs là đường thẳng đi qua hai điểm (0;-4) và (4;0) 2)Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình
3. 1 x2 x 4 x2 2x 8 0 2 ' 1 8 9 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1=2;x2=-4 x1=2 y1=-2 ; x2=-4 y2=-8 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (2;-2) và (-4;-8) Câu 3. ( 1,75 điểm ) 1) Với a > 0 và a 4 , ta có a 2 a 2 4 T . a a 2 a 2 a 2 2 a 2 a 2 a 4 a 4 a 4 a 4 a 4 a 4 8 a . . 8 a 2 . a 2 a a 4 a a 2)Cách 1:Gọi x(xe) là số xe của đội lúc đầu ( x nguyên dương) 120 Số tấn hàng mỗi xe dự định chở (tấn) x x+4(xe) là số xe của đội lúc sau 120 Số tấn hàng mỗi xe khi thực hiện chở (tấn) x 4 120 120 Theo đề bài ta có phương trình 1 x x 4 Giải phương trình ta được x=20(thỏa đk);x=-24(không thỏađk) Vậy số tấn hàng mỗi xe dụ định chở là 120:20=6(tấn) Cách 2: Gọi x là số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở ( x nguyên dương, x > 1 ) Số tấn hàng của mỗi xe lúc sau chở: x – 1 ( tấn ) 120 Số xe dự định ban đầu : ( xe ) x 120 Số xe lúc sau : ( xe ) x 1 120 120 Theo đề bài ta có phương trình : – = 4 x 1 x Giải pt ta được : x1 = 6 ( nhận ); x2 = –5 ( loại ) Vậy số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở là : 6( tấn ) Câu 4 : ( 0,75 điểm ) 2 2 Để phương trình: x + ( 2m – 1 )x + m – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 5 thì 0 4m 5 0 m 4 5 Với m thì phương trình có 2 nghiện phân biệt x1, x2 khi đó theo hệ thức vi ét 4 2 Ta có: x1 + x2 = 1-2m ; x1.x2 = m – 1 2 2 2 2 2 2 2 Nên P = ( x1 ) + ( x2 ) = (x1 + x2 ) – 2x1.x2 = ( 1-2m) – 2(m – 1)= 1-4m+4m -2m +2 =2m2-4m+2+1 = 2( m – 1 )2 + 1 1 Đẳng thức xảy ra (m 1)2 0 m 1(thỏa đk) 5 P = 1 khi m = 1 < min 4 Vậy với m=1 thì biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất
4. Câu 5 : ( 3,0 điểm ) 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. BE là đường cao ABC BE  AC ·AEH 900 CF là đường cao ABC CF  AB ·AFH 900 Tứ giác AEHF có ·AEH ·AFH 1800 nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB ADC và BEC có ·ADC B· EC 900 (AD,BE là các đường cao) Cµ chung Do đó ADC BEC(g-g) DC AC DC.BC CE.AC EC BC 3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF Tứ giác BFEC có B· EC B· FC 900 tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC thì O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF OBE cân tại O (do OB=OE) O· BE O· EB AEH vuông tại E có EM là trung tuyến ứng với cạnh huyền AH(Vì M là trung điểm AH) ME=AH:2= MH do đó MHE cân tại M M· EH M· HE B· HD MàB· HD O· BE 900 ( HBDvuông tại D) Nên O· EB M· EH 900 Suy ra M· EO 900 EM  OE tại E thuộc ( O ) EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF 4) ) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh D· IJ D· FC Tứ giác AFDC có·AFC ·ADC 900 nên tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn B· DF B· AC BDF và BAC có B· DF B· AC (cmt);Bµ chung do đó BDF BAC(g-g) Chứng minh tương tự ta có DEC ABC(g-g) Do đó DBF DEC B· DF E· DC B· DI I·DF E· DJ J·DC I·DJ F· DC (1) DI DJ Vì DBF DEC (cmt);DI là phân giác,DJ là phân giác (2) DF DC Từ (1) và (2) suy ra DIJ DFC (c-g-c) D· IJ D· FC