Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán tỉnh hải dương năm học 2016 2017(có đáp án)

4 4K 62
Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán tỉnh hải dương năm học 2016   2017(có đáp án)

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10THPT 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 01 trang) Câu ( 2,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau:  2x + y − =  b)  x y  = − a) (x + 3) = 16 Câu ( 2,0 điểm) 2 x+x   x +2  − : − ÷  ÷  x + x +1 ÷ ÷với x ≥ 0, x ≠ x x − x −     a) Rút gọn biểu thức A =  b) Tìm m để phương trình: x − x + m − = có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 − x1 x2 + x2 = Câu (2,0 điểm) a) Tìm a b biết đồ thị hàm số y= ax + b qua điểm A( − 1; 5) song song với đường thẳng y = 3x + b) Một đội xe chuyên chở 36 hàng Trước làm việc , đội xe bổ sung thêm xe nên xe chở so với dự định Hỏi đội xe lúc ban đầu có xe? Biết số hàng chở tất xe có khối lượng Câu (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB Gọi C điểm cố định thuộc đoạn thẳng OB (C khác O B) Dựng đường thẳng d vuông góc với AB C, cắt nửa đường tròn (O) điểm M Trên cung nhỏ MB lấy điểm N ( N khác M B), tia AN cắt đường thẳng d F, tia BN cắt cắt đường thẳng d E Đường thẳng AE cắt nửa đường tròn (O) điểm D ( D khác A) a) Chứng minh: AD.AE = AC.AB b) Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng F tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDN c) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh điểm I nằm đường thẳng cố định điểm N di chuyển cung nhỏ MB Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn : abc = Tìm giá trị lớn biểu thức P = ab bc ca + 5 + 5 a + b + ab b + c + bc c + a + ca Hết -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: Thi m«n to¸n nµy vµo chiÒu ngµy 2/6/2016 Đáp án Câu ( 2,0 điểm) x + = x = − = ⇔  a, (x+3)2 = 16 ⇔  Vậy pt có nghiệm –  x + = −4  x = −4 − = −7 2x + y − = 11x = x = 2x + y =  b,  x y ⇔ ⇔ ⇔ Vậy (x; y) = (0; 3) = −1 3x − 4y = −12 3x − 4y = −12 y =  4 Câu ( 2,0 điểm) 2 x+x   x +2  a, A =  − : 1 − ÷ ÷ Với x ≥ x ≠ , ta có : ÷ x −1   x + x + ÷  x x −1   x+x x + x +   x + x + − ( x + 2)  A =  − ÷:  ÷ ÷ x −1 ÷ x + x +1  ( x − 1)( x + x + 1)       x + x +1− x −  x −1 A =  ÷ ÷ ÷:  ÷ x + x +1  ( x − 1)( x + x + 1)    1    x + x +1 A= = ÷  x − ÷ ÷  x + x +1    x −1 ≠ ≥ Vậy với x x 1, ta có A = x − b, x − x + m − = (1) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 ∆ = 25 − 4m + 12 = −4m + 37 > ⇔ m < 37 (*) Khi theo định lý Vi-ét ta có : x1 + x2 = x1 x2 = m −  x1 + x2 =  x1 = − x2  ⇔  2  x1 − x1 x2 + x2 =  (5 − x2 ) − 2(5 − x2 ) x2 + 3x2 =   x1 =    x2 =  x1 = − x2   ⇔  x1 = − x2    x1 = ⇔  ⇔ 3 x − 17 x2 + 24 =   (5 − x2 ) − 2(5 − x2 ) x2 + 3x2 =    x2 =  Có x12 − x1 x2 + 3x2 = ⇔  Vậy thay vào x1 x2 = m − m = ( TMĐK (*)) m = 83 (TMĐK (*)) Câu (2,0 điểm) a,Đồ thị hàm số y = a x +b qua điểm A (-1 ;5) thay x = -1 ; y =5 ta –a+b =5 (1) Đồ thị hs y = a x +b song song với đường thẳng y = 3x +1 ta có a = ; b ≠ Kết hợp hai điều kiện a = ; b = b, Gọi số xe lúc đầu x xe ( ĐK : x ∈ N*) 36 (tấn) x 36 36 36 Lúc sau xe chở số hàng (tấn)Theo đề ta có PT =1 x+3 x x+3 Số xe sau bổ sung x+3 (xe)Lúc đầu xe chở số hàng Giải Pt x = (TM) ; x = -12 (Loại) Câu (3,0 điểm) Hình vẽ a, ∆ADB ∼ ∆AEC (g.g) AD AB = ⇒ AD AE = AC AB AC AE b, Có AN ⊥ BN (Vì ·ANB = 900 theo tính chất ⇒ góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Có AD⊥ BD (Vì ·ADB = 900 theo tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Vậy F trực tâm ∆AEB suy BF ⊥ AE mà BD ⊥ AE suy điểm B, F, D thẳng hàng c, ∆FAC ∼ ∆BEC (g.g) ⇒ FC AC = BC EC ⇒ FC.EC = AC.BC (1) FC CK = ⇒ FC.CE = CA.CK (2) ∆CFK ∼ ∆ CAE ⇒ CA EC Từ (1) (2) suy BC = CK suy K cố định Mà IA = IK suy I thuộc trung trực A K đường thẳng cố định Cách : Gọi giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với AB K ⇒ tứ giác AEFK · tứ giác nội tiếp ⇒ ·AEC = FKB ( Cùng bù với ·AKF ) (6) · · Lại có ·AEC = FBK ( Cùng phụ với EAB ) (7) · · Từ (6) (7) ta có FKB = FBK ⇒ ∆FKB tam giác cân F Mà FC vuông góc với KB nên FC đường cao đồng thời trung trực BK nên C trung điểm KB tức BC = CK Có B, C cố định nên BC có độ dài không đổi ⇒ CK có độ dài không đổi, K thuộc đường kính AB cố định nên K điểm cố định Mà IA = IK nên I thuộc đường trung trực đoạn AK Mà AK cố định nên trung trực AK đường thẳng không đổi Vậy : Điểm I nằm đường thẳng cố định điểm N di chuyển cung nhỏ MB Câu (1,0 điểm) + Ta chứng minh BĐT : a + b5 ≥ a 3b + a 2b3 = a 2b (a + b) +Ta có a + b5 + ab ≥ a 3b + a 2b3 + ab = a 2b2 (a + b) + ab = ab[ab(a + b) + 1] = ab[ab(a + b) + abc] = a b (a + b + c) abc(a + b + c) a+b+c = ab = ab c c a + b + c ab c 5 ≤ Vậy a + b + ab ≥ ab hay 5 (1) c a + b + ab a + b + c bc a ≤ Tương tự : (2) 5 b + c + bc a + b + c ac b ≤ (3) 5 a + c + ac a + b + c Từ (1)(2)(3) Suy : P= PMax ab bc ca a+b+c + 5 + ≤ =1 5 a + b + ab b + c + bc c + a + ca a + b + c = a= b= c=1

Ngày đăng: 05/06/2016, 15:06

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan