Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2x y 3 0 2 a) (x 3) 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 biệt x1, x2 thoả 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 phải chuyên chở 36 tấn hàng. Trước khi 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 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 điểm 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 điểm F, tia BN cắt đường thẳng d tại điểm 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 đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng 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 ba số thực dương thoả mãn: abc = 1. ab bc ca Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P a5 b5 ab b5 c5 bc c5 a5 ca Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HẢI DƯƠNG ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 (Hướng dẫn chấm gồm: 04 trang) Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Câu Ý Nội dung Điểm Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2x y 3 0 (1) 2 2,00 a) (x 3) 16 b) x y 1 (2) 4 3 x 3 4 PT 0,25 x 3 4 0,25 a 1 x 1 0,25 x 7 0,25 (1) y = -2x + 3 0,25 x 2x 3 Thế vào (2) được: 1 0,25 b 4 3 x 0 0,25 Từ đó tính được y = 3. Hệ PT có nghiệm (0;3). 0,25 2 x x 1 x 2 2 a Rút gọn biểu thức: A : 1 với x 0, x 1. 1,00 x x 1 x 1 x x 1 2 x x 1 2 x x (x x 1) x 1 +) x x 1 x 1 x x 1 ( x 1)(x x 1) 0,25 1 = x x 1 x 2 x x 1 x 2 x 1 +) 1 x x 1 x x 1 x x 1 0,25 1 x x 1 A = . x x 1 x 1 0,25 1 A = x 1 0,25 Tìm m để phương trình: x 2 5x + m 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt 2 b 2 1,00 x1, x2 thoả mãn x1 2x1x2 3x2 1 (1) +) Có: 37 - 4m, phương trình có hai nghiệm phân biệt khi 37 0,25 0 m 4 +) Theo Vi-et có : x1 + x2 = 5 (2) và x1x2 = m - 3 (3) 2 Từ (2) suy ra x2 = 5 - x1, thay vào (1) được 3x1 - 13x1 + 14 = 0, giải
3. 7 phương trình tìm được x1 = 2 ; x1 = . 3 0,25 +) Với x1 = 2 tìm được x2 = 3, thay vào (3) được m = 9. 0,25 7 8 83 +) Với x1 = tìm được x2 = , thay vào (3) được m = . 0,25 3 3 9 Tìm a và b biết đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A ( 1;5) và song 3 a 1,00 song với đường thẳng y = 3x + 1. +) Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A nên: 5 = a(-1) + b (1) 0,25 +) Đồ thị hàm số y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x + 1 khi và 0,25 chỉ khi a = 3 và b 1. +) Thay a = 3 vào (1) tìm được b = 8. 0,25 +) b = 8 thoả mãn điều kiện khác 1. Vậy a = 3, b = 8. 0,25 Một đội xe phải chuyên chở 36 tấn hàng. Trước khi làm việc đội xe đó được bổ sung thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với dự định. 3 b 1,00 Hỏi đội xe lúc đầu có bao nhiêu xe? Biết rằng số hàng chở trên tất cả các xe có khối lượng bằng nhau. Gọi số xe lúc đầu là x (x nguyên dương) thì mỗi xe phải chở khối lượng 36 0,25 hàng là: (tấn) x Trước khi làm việc, có thêm 3 xe nữa nên số xe chở 36 tấn hàng là 36 0,25 (x +3) xe, do đó mỗi xe chỉ còn phải chở khối lượng hàng là (tấn) x 3 36 36 Theo bài ra có phương trình: 1 x x 3 0,25 Khử mẫu và biến đổi ta được: x2 + 3x - 108 = 0 (1) Phương trình (1) có nghiệm là: x = 9; x = -12. 0,25 Đối chiếu điều kiện được x = 9 thoả mãn. Vậy số xe lúc đầu là 9 xe. 4 a a) Chứng minh: AD.AE = AC.AB. 1,00 Vẽ hình đúng E D M N 0,25 F A B O C A· DB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), có: A· CE 900 (Vì d 0,25 vuông góc với AB tại C) Do đó hai tam giác ADB và ACE đồng dạng (g.g) 0,25
4. AD AB AD.AE AC.AB AC AE 0,25 Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng và F là tâm đường tròn nội tiếp 4 b 1,00 tam giác CDN. Xét tam giác ABE có: AB  EC. Do A· NB 900 AN  BE 0,25 Mà AN cắt CE tại F nên F là trực tâm của tam giác ABE. Lại có: BD  AE (Vì A· DB 900 ) BD đi qua F B, F, D thẳng hàng. 0,25 +) Tứ giác BCFN nội tiếp nên F· NC F· BC, Tứ giác EDFN nội tiếp nên D· NF D· EF , mà F· BC D· EF nên D· NF C· NF NF là tia phân giác 0,25 của góc DNC. +) Chứng minh tương tự có: CF là tia phân giác của góc DCN. Vậy F là 0,25 tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDN. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng điểm 4 c I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi điểm N di chuyển trên cung 1,00 nhỏ MB. E D M N 0,25 F A B H O C Lấy điểm H đối xứng với B qua C, do B và C cố định nên H cố định. Ta có: FBH cân tại F (vì có FC vừa là đường cao vừa là đường trung 0,25 tuyến) F· HB F· BH Mà F· BH D· EC (Do cùng phụ với góc D· AB ) F· HB D· EC hay 0,25 A· EF F· HB Tứ giác AEFH nội tiếp. Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF đi qua hai điểm A, H cố định Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm trên đường trung 0,25 trực của đoạn thẳng AH cố định. Cho a, b, c là ba số thực dương thoả mãn: abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất ab bc ca của biểu thức: P . 5 a5 b5 ab b5 c5 bc c5 a5 ca 1,00
5. Ta có: a5 + b5 a2b2(a + b) (1) với a > 0, b> 0. Thật vậy: (1) (a - b)2(a + b)(a2 + ab + b2) 0, luôn đúng. 0,25 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b. Do đó ta được: ab ab 1 c c 0,25 a5 b5 ab a 2b2 (a b) ab ab(a b) 1 abc(a b) c a b c bc a ca b Tương tự có: và b5 c5 bc a b c c5 a5 ca a b c Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên được: 0,25 c a b P 1 a b c a b c a b c Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1 khi a = b = c =1. 0,25