Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Đề B - Năm học 2013-2014 - 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 B - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA Năm học: 2016 – 2017 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề ĐỀ B Ngày thi: 16 tháng 06 năm 2016 Đề có: 01 trang gồm 05 câu. Câu I: (2,0 điểm) 1. Giải các phương trình: a. x – 6 = 0 b. x2 – 5x + 4 = 0 2x - y = 3 2. Giải hệ phương trình: 3x + y = 2 Câu II: (2,0 điểm) y y -1 y y +1 2 y 2 y 1 Cho biểu thức: A = : với y > 0; y 1 y - y y + y y 1 1. Rút gọn biểu thức B. 2. Tìm các số nguyên y để biểu thức B khi có giá trị nguyên. Câu III: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = nx +1 và Parabol (P): y = 2x2 . 1. Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2). 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt M(x1; y1), N(x2; y2). Hãy tính giá trị của biểu thức S = x1x2 y1 y2 Câu IV: (3,0 điểm) Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MQ. Hai đường chéo MP và NQ cắt nhau tại E. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng MQ sao cho EF vuông góc với MQ. Đường thẳng PF cắt đường tròn đường kính MQ tại điểm thứ 2 là K. Gọi L là giao điểm của NQ và PF. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn. 2. FM là đường phân giác của góc N· FK 3. NQ.LE= NE.LQ Câu V: (1,0 điểm) 1 2 3 Cho các số dương m, n, p thỏa mãn: m2 + 2n2 3p2 . Chứng minh rằng + m n p Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: . Chữ kí giám thị 1: . .Chữ kí giám thị 2: 1
2. SỞ GIÁO DỤC THANH HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THAM KHẢO Năm học: 2016 – 2017 Đề chính thức Ngày thi: 26 tháng 06 năm 2016 ĐỀ B Thời gian làm bài: 120 phút Câu Nội dung Điểm 1. Giải các phương trình: a. x = 6 0.5 b. x2 – 5x + 4 = 0. Nhận thấy 1 + (-5) + 4 = 0 phương trình có dạng a+ b + c = 0. Câu 1 x1 = 1 (2điểm) Vậy ngiệm của phương trinh là: 0.75 x2 = 4 2x - y = 3 5x 5 x = 1 2. Giải hệ phương trình: 0.75 3x + y = 2 3x + y = 2 y = -1 Câu 2 1. Với yƯ(2)> 0; y 1 (2điểm) y y -1 y y +1 2 y 2 y 1 A = : y - y y + y y 1 2 ( y -1)(y + y +1) ( y +1)(y - y +1) 2 y 1 A = : y( y -1) y( y 1) ( y 1)( y 1) (y + y +1) (y - y +1) 2 y 1 A = : y y ( y 1) y + y +1- y + y -1 y 1 A =  y 2( y 1) 2 y y 1 A =  y 2( y 1) y 1 A = y 1 1 y 1 y 1 2 2 2. Với y > 0; y 1 Ta có A = 1 để A nhận giá trị nguyên thì y 1 y 1 y 1 2 nguyên hay 2M y 1 y 1 U (2) y 1 1,2 y 0,1 y 0,1 y 1 (không thỏa mãn ĐKXĐ). 1 Vậy không có giá trị nguyên nào của y để biểu thức B nhận giá trị nguyên Câu 3 1. Đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2) nên có 2 = n.1+1 n = 1 là giá trị cần tìm 0.5 (2điểm) 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P): 2x2 - nx -1 = 0 Có Δ = n2 8 0 với mọi n nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi n Vậy (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt M(x1; y1), 2
3. 2 2 N(x2; y2) khi đó y1 = 2x1 ; y2 = 2x2 0.75 1 Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có: x x = 1 2 2 1 1 1 1 Theo bài ra ta có S = x x y y x x 2x 2.2x 2 x x 4(x x )2 4. 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 2 4 2 2 1 1.S là giá trị cần tìm. 0.75 2 Câu 4 1. Ta có M· PQ = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); (3điểm) 1.0 EF  MQ E·PQ + E·FQ = 900 900 1800 tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn đường kính PQ 2. Tương tự E·NM + E·FM = 900 900 1800 tứ giác MNEF nội tiếp P·FQ P·EQ (hai góc nộ tiếp cùng chắn P cung PQ trong đường tròn đường kính EQ) N N·FM N·EM (hai góc nội tiếp cùng chắn E cung MN trong đường tròn đường kính ME) L N·EM P·EQ (hai góc đối đỉnh) P·FQ M· FK (hai góc đối đỉnh) M Q N·FM K·FM F 1.0 hay PM là phân giác của góc N·FM 3. Ta có: N·PM N·QM (hai góc nội tiếp cùng chắn K cung MN trong đường tròn đường kính MQ) E·PF E·QF (hai góc nộ tiếp cùng chắn cung EF trong đường tròn đường kính EQ) N· PE E·PL PE là phân giác trong của ΔNPL . Lại cóPE  P Q PE là phân giác ΕΝ QN ngoài của ΔNPL = ΕΝ.QL QN. ΕL (đpcm) 1.0 ΕL QL Câu 5 Với a, b, c là các số dương ta có: (1điểm) 1 2 9 0.25 (+) + (1) (m + 2n)(n + 2m) 9 mn m n m + 2n 2m2 - 4mn + 2n2 0 2(m - n)2 0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n (+) m + 2n 3(m2 2n2 )(2) (m 2n)2 3(m2 2n2 ) 2 2 2 2m - 4mn+2m 0 2(m - n) 0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n 0.25 1 2 9 9 3 (+) Từ (1) và (2) suy ra + (dom2 + 2n2 3p2 ). 0.25 m n m+2n 3(m2 + 2n2 ) p 1 2 3 Suy ra + . Dấu bằng xảy ra khi m = n = p m n p 0.25 * Lưu ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn được điểm tối đa 3