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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm 2017 Câu 1. Điều kiện để biểu thức xác định là x 2 A.x 2C.x≠2D.x=2 Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,đồ thị hàm số y = x +1 đi qua điểm A.M(1;0)B.N(0;1)C.P(3;2)D.Q(-1;-1) Câu 3. Điều kiện để hàm số y = (m-2)x + 8 nghịch biến trên R là A.m ≥ 2B.m > 2C.m 0 và x ≠ 1) x2 x x x x x 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm các giá trị của x sao cho 3P = 1+ x Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – x + m + 1 = 0 (m là tham số) 1) Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt 2) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình. Tìm các giá trị của m sao cho 2 x1 + x1x2 + 3x2 = 7 2x 3y xy 5 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 1 1 1 x y 1 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường kính BH cắt AB tại M (M khác B), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N (N khác C) 1) Chứng minh AM.AB = AN.AC và AN.AC = MN2 2) Gọi I là trung điểm của EF, O là giao điểm của AH và MN. Chứng minh IO vuông góc với đường thẳng MN 3) Chứng minh 4(EN2 + FM2) = BC2 + 6AH2 Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình 5x2 4x x2 3x 18 5 x Hết
2. HƯỚNG DẪN GIẢI: tài nguyên giáo dục Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án C B C D B A A D Phần 2: Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) 1) 1 x 1 1 x x x x P :  x2 x x x x x x x x 1 x 1 1 x x x 1 1  x x 1 x x 1 x 1 x 1 3 2) 3P 1 x 1 x x2 1 3 x2 4 x 2 (do x 0;x 1) x 1 Câu 2. (1,5 điểm) 1) 4m 3 3 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt m 4 x1 x2 1 2) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1x2 m 1 Cách 1: 2 x1 x1x2 3x2 7 x1 x1 x2 3x2 7 x1 3x2 7 do x1 x2 1 x1 x2 1 x1 2 Ta có hệ: x1 3x2 7 x2 3 2.3 m 1 m 7 (thỏa mãn điều kiện) Cách 2: x1 x2 1 x2 1 x1 . Do đó: 2 x1 x1x2 3x2 7 2 x1 x1 1 x1 3 1 x1 7 2 2 x1 x1 x1 3 3x1 7 2x1 4 x1 2 Từ đó tìm x2 rồi tìm m.
3. Câu 3. (1,0 điểm) Điều kiện: x 0;y 1 2x 3y xy 5 2x 3y xy 5 2x 2y 6 x 3 y 1 1 1 y 1 xy y 1 xy y 1 y(3 y) x y 1 x 3 y x 3 y x 3 y x 2 2 2 (thỏa mãn điều kiện) y 1 y(3 y) y 2y 1 0 (y 1) 0 y 1 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường kính BH cắt AB tại M (M khác B), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N (N khác C) B E H M I O F A N C 1) Ta có: B· MH H· NC 900 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) HM  AB , HN  AC Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông AHB và AHC, có: AH2 = AM.AB và AH2 = AN.AC AM.AB = AN.AC Mặt khác, tứ giác AMHN có ba góc vuông nên là hình chữ nhật AH = MN AN.AC = MN2. 2) Tứ giác AMHN là hình chữ nhật, có O là giao điểm của AH và MN O là trung điểm của AH và MN Dễ thấy EMO = EHO (c.c.c) E· MO E· HO 900 EM  MN Chứng minh tương tự được FN  MN ME // NF MEFN là hình thang vuông Lại có OI là đường trung bình của hình thang vuông MEFN OI  MN 3) Đặt MN = AH = h; x, y lần lượt là bán kính của (E) và (F). Ta có: 4(EN2 + FM2) = 4[(ME2 + MN2) + (ME2 + MN2)] = 4(x2 + y2 + 2h2) BC2 + 6AH2 = (HB + HC)2 + 6h2 = HB2 + HC2 + 2.HB.HC + 6h2 = 4x2 + 4y2 + 2h2 + 6h2 = 4(x2 + y2 + 2h2) Vậy 4(EN2 + FM2) = BC2 + 6AH2.
4. Câu 5. (1,0 điểm) Điều kiện: x 6 Cách 1: Lời giải của thầy Nguyễn Minh Sang: 5x2 4x 5 x x2 3x 18 5x2 4x 25x 10x 5x 4 x2 3x 18 6 5x 4 10x 5x 4 4x2 2x 6 0 Đặt 5x 4 t , phương trình trên trở thành: 6t 2 10xt 4x2 2x 6 0 ' 25x2 6(4x2 2x 6) (x 6)2 0 5x x 6 t t x 1 6 2x 3 5x x 6 t t 3 6 7 61 Với t x 1 x 1 5x 4 x2 7x 3 0 x (do x 6) 2 2x 3 Với t 2x 3 3 5x 4 4x2 33x 27 0 x 9 (do x 6) 3 7 61  Vậy S ;9 . 2  Cách 2: Lời giải của thầy Nguyễn Văn Thảo: 5x2 4x 5 x x2 3x 18 5x2 4x x2 3x 18 5 x 5x2 4x x2 22x 18 10 x(x2 3x 18) 2x2 9x 9 5 x(x 6)(x 3) 2(x2 6x) 3(x 3) 5 (x2 6x)(x 3) a x2 6x Đặt: (a 0;b 3) ta có phương trình: b x 3 2 2 a b 2a 3b 5ab (a b)(2a 3b) 0 2a 3b 7 61 x (TM ) 2 2 1)a b x 7x 3 0 7 61 x (KTM ) 2 x 9(tm) 2 2)2a 3b 4x 33x 27 0 3 x (ktm) 4 7 61  Vậy phương trình có tập nghiệm: S 9;  . 2 