ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN TỈNH THANH HOÁ 2016 2017

ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN TỈNH THANH HOÁ 2016 2017 8 2,5K 18 TẢI XUỐNG 18

Đang tải... (xem toàn văn)

XEM THÊM TẢI XUỐNG 18 1 / 8 trang TẢI XUỐNG 18

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang	8
Dung lượng	407 KB

Nội dung

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 Thời gian: 120 phút (Đề thi gồm 05 câu) ĐỀ A Câu (2,0 điểm) 1.Giải phương trình: 2x2 – 3x – = 2 x − y =  x + y = −3 2.Giải hệ phương trình:  Câu (2,0 điểm)  +  1− a 1+ Cho biểu thức A =    − ÷: a   1− a 1+  (với a > 0; a ≠ 1) ÷+ a  1− a 1.Rút gọn A 2.Tính giá trị A a = + Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – a + parabol (P): y = x 1.Tìm a để đường thẳng a qua điểm A (-1;3) 2.Tìm a để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có tọa độ ( x1 ; y1 ) ( x2 ; y2 ) thỏa mãn điều kiện x1 x2 ( y1 + y2 ) + 48 = Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Hai đường cao AD, BE ( D ∈ BC; E ∈ AC ) cắt đường tròn (O) điểm thứ hai M N 1) Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Xác định tâm I đường tròn 2) Chứng minh rằng: MN // DE 3) Cho (O) dây AB cố định Chứng minh độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE không đổi điểm C di chuyển cung lớn AB Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn: ≤ a ≤ b ≤ c ≤ Tìm 2 giá trị lớn biểu thức: Q = a ( b − c ) + b ( c − b ) + c ( − c ) Hết - Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ………… (Cán coi thi không giải thích thêm) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ A Nội dung Câu 1) Ta có: a – b + c = Vậy phương trình có hai nghiệm x = −1 , x =  −13 y = 13 (2,0đ) 2) Hệ cho tương đương với hệ :  x + y = −3  Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (2; −1)  y = −1 x = ⇔ 1+ a +1− a  1+ a −1+ a  ÷:  ÷+ 1− a 1− a     1− a 1) Ta có: A =  (2,0đ) = 1 + = a 1− a a −a ( 2) Ta có: + = + Vậy A = Điểm 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 ) nên a = 2+ =2+ −1 = = 5−3 2+ −7−4 5+3 ( ) 1) Vì (d) qua điểm A(-1;3) nên thay x = −1; y = vào hàm số: y = x − a + ta có: ( −1) − a + = ⇔ a = −4 2) Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình: x = x − a + ⇔ x − x + 2a − = (1) Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt (1) phải có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > ⇔ − 2a > ⇔ a < (2,0đ) Vì (x1; y1) (x2; y2) tọa độ giao điểm (d) (P) nên x1; x2 nghiệm phương trình (1) y1 = x1 − a + , y2 = x2 − a + Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + x2 = 4; x1 x2 = 2a − Thay y1,y2 vào x1 x2 ( y1 + y2 ) + 48 = ta có: x1 x2 ( x1 + x2 − 2a + ) + 48 = ⇔ ( 2a − ) ( 10 − 2a ) + 48 = ⇔ a − 6a − = ⇔ a = −1 (thỏa mãn a < ) a = (không thỏa mãn a < ) Vậy a = −1 thỏa mãn đề 0,5 0,5 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 (3đ) Do AD, BE đường cao ∆ABC (giả thiết) nên : ·ADB = 900 ·AEB = 900 Xét tứ giác AEDB có ·ADB = ·AEB = 900 nên bốn điểm A, E, D, B thuộc đường tròn đường kính AB Tâm I đường tròn trung điểm AB 1,0 ¶ =B µ (cùng chắn cung » ) D AE 1 ¶ =B µ (cùng chắn cung »AN ) Xét đường tròn (O) ta có: M 1 ¶ =M ¶ ⇒ MN // DE (do có hai góc đồng vị nhau) Suy ra: D 1,0 Xét đường tròn (I) ta có: 1 Cách 1: Gọi H trực tâm tam giác ABC · *) Xét tứ giác CDHE ta có : CEH = 900 (do AD ⊥ BC ) · CDH = 900 (do BE ⊥ AC ) · · suy CEH + CDH = 1800 , CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH Như đường tròn ngoại tiếp ∆CDE đường tròn đường kính CH, có CH bán kính *) Kẻ đường kính CK, ta có: · KAC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ⇒ KA ⊥ AC , mà BE ⊥ AC (giả thiết) nên KA // BH (1) chứng minh tương tự có: BK // AH (2) Từ (1) (2), suy AKBH hình bình hành Vì I trung điểm AB từ suy I trung điểm KH, lại có O CH trung điểm CK nên OI = (t/c đường trung bình) Do AB cố định, nên I cố định suy OI không đổi Vậy điểm C di chuyển cung lớn AB độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE không đổi 1.0 Cách 2: Gọi H trực tâm tam giác ABC ⇒ BH ⊥ AC ; CH ⊥ AB (1’) Kẻ đường kính AK suy K cố định ·ABK = ·ACK = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) ⇒ KB ⊥ AB; KC ⊥ AC (2’) Từ (1’) (2’) suy ra: BH//KC; CH//KB Suy BHCK hình hình hành ⇒ CH = BK Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH không đổi c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH => đpcm… Từ ≤ a ≤ b ≤ c ≤ ⇒ a ( b − c ) ≤ Theo BĐT Cô-si ta có: 1  b + b + 2c − 2b  4c b ( c − b ) = b.b ( 2c − 2b ) ≤  ÷ = 2  27  0,25 Suy ra: 4c 23  23   54  23c 23c  23  Q≤ + c ( − c ) = c − c = c 1 − c ÷ =  ÷ 1 − c ÷ 27 27 27 23 54 54      27  0,5 23c   23c 23c 2 + +1−  54   54 54 27 ÷ =  54    = 108 ≤  ÷  ÷  ÷  ÷ (1đ)  23   ÷  23    529     a = a ( b − c )   12  Dấu “=” xảy ⇔ b = 2c − 2b ⇔ b = 23 0,25  23c  23c 18   = 1− 27  54 c = 23 108 12 18 ⇔ a = 0; b = ; c = Vậy MaxQ = 529 23 23 Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với câu (Hình học): Không vẽ hình, vẽ hình sai không chấm; - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Thời gian: 120 phút (Đề thi gồm 05 câu) ĐỀ B Câu (2,0 điểm) 1.Giải phương trình: 2x2 – 5x – = 2 x + y =  x − y = −3 2.Giải hệ phương trình:  Câu (2,0 điểm)  1   1  + − Cho biểu thức B =  (với x > 0; x ≠ 1) ÷:  ÷+ 1− x 1+ x  1− x 1+ x  1− x 1.Rút gọn B 2.Tính giá trị B x = + Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – b + parabol (P): y = x 1.Tìm b để đường thẳng b qua điểm B (-2;3) 2.Tìm b để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có tọa độ ( x1 ; y1 ) ( x2 ; y2 ) thỏa mãn điều kiện x1 x2 ( y1 + y2 ) + 84 = Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Hai đường cao AD, BE ( D ∈ BC; E ∈ AC ) cắt đường tròn (O) điểm thứ hai M N 1.Chứng minh rằng: Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Xác định tâm I đường tròn 2.Chứng minh rằng: MN // DE 3.Cho (O) dây AB cố định Chứng minh độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE không đổi điểm C di chuyển cung lớn AB Câu 5: (1,0 điểm).Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn: ≤ x ≤ y ≤ z ≤ Tìm giá 2 trị lớn biểu thức: Q = x ( y − z ) + y ( z − y ) + z ( − z ) Hết Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ………… (Cán coi thi không giải thích thêm) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ B Nội dung Câu 1) Ta có: a - b + c = Vậy phương trình có hai nghiệm x = −1 , x =  13 y = 13 2) Hệ cho tương đương với hệ :  (2,0đ)  x − y = −3 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (2;1) ( (2,0đ) 2) Ta có: + = + Vậy B = ) nên y =1 x = 0,5 ⇔ 1 + x +1 − x  1 + x −1 + x  ÷:  ÷+ 1− x 1− x     1− x 1) Ta có: B =  Điểm 1,0 = 1 + = x 1− x 0,5 x−x x = 2+ =2+ −1 = = 5−3 2+ −7−4 5+3 ( ) 1) Vì (d) qua điểm B(-2;3) nên thay x = −2; y = vào hàm số: y = x − b + ta có: ( −2 ) − b + = ⇔ b = −6 2) Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình: x = x − b + ⇔ x − x + 2b − = (1) Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt (1) phải có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > ⇔ − 2b > ⇔ b < (2,0đ) Vì (x1; y1) (x2; y2) tọa độ giao điểm (d) (P) nên x1; x2 nghiệm phương trình (1) y1 = x1 − b + , y2 = x2 − b + Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + x2 = 4; x1 x2 = 2b − Thay y1,y2 vào x1 x2 ( y1 + y2 ) + 84 = ta có: x1 x2 ( x1 + x2 − 2b + ) + 84 = ⇔ ( 2b − ) ( 10 − 2b ) + 84 = ⇔ b − 6b − 16 = ⇔ b = −2 (thỏa mãn b < ) b = (không thỏa mãn b < ) Vậy b = −2 thỏa mãn đề 1,0 0,5 0,5 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 (3đ) Do AD, BE đường cao ∆ABC (giả thiết) nên : ·ADB = 900 ·AEB = 900 Xét tứ giác AEDB có ·ADB = ·AEB = 900 nên bốn điểm A, E, D, B thuộc đường tròn đường kính AB Tâm I đường tròn trung điểm AB 1,0 ¶ =B µ (cùng chắn cung » ) D AE 1 ¶ =B µ (cùng chắn cung »AN ) Xét đường tròn (O) ta có: M 1 ¶ =M ¶ ⇒ MN // DE (do có hai góc đồng vị nhau) Suy ra: D 1,0 Xét đường tròn (I) ta có: 1 Cách 1: Gọi H trực tâm tam giác ABC · *) Xét tứ giác CDHE ta có : CEH = 900 (do AD ⊥ BC ) · CDH = 900 (do BE ⊥ AC ) · · suy CEH + CDH = 1800 , CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH Như đường tròn ngoại tiếp ∆CDE đường tròn đường kính CH, có bán CH kính *) Kẻ đường kính CK, ta có: · KAC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ⇒ KA ⊥ AC , mà BE ⊥ AC (giả thiết) nên KA // BH (1) chứng minh tương tự có: BK // AH (2) Từ (1) (2), suy AKBH hình bình hành Vì I trung điểm AB từ suy I trung điểm KH, lại có O CH trung điểm CK nên OI = (t/c đường trung bình) Do AB cố định, nên I cố định suy OI không đổi Vậy điểm C di chuyển cung lớn AB độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE không đổi 1.0 Cách : Gọi H trực tâm tam giác ABC ⇒ BH ⊥ AC ; CH ⊥ AB (1’) Kẻ đường kính AK suy K cố định ·ABK = ·ACK = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) ⇒ KB ⊥ AB; KC ⊥ AC (2’) Từ (1’) (2’) suy ra: BH//KC; CH//KB Suy BHCK hình hình hành ⇒ CH = BK Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH không đổi c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH  đpcm… Từ ≤ x ≤ y ≤ z ≤ ⇒ x ( y − z ) ≤ Theo BĐT Cô-si ta có: 1  y + y + 2z − y  4z3 y ( z − y ) = y y ( z − y ) ≤  ÷ = 2  27  0,25 Suy ra: 4z3 23  23   54  23 z 23 z  23  Q≤ + z2 (1− z ) = z2 − z = z 1 − z ÷=  ÷ 1 − z÷ 27 27  27   23  54 54  27  0,5  ÷  54    108 ÷ =  ÷  ÷ = ÷  23    529    x = x ( y − z ) =   12  Dấu “=” xảy ⇔  y = z − y ⇔  y = 23 0,25  23 z  23 z 18   = 1− z = 27  54  23 108 12 18 ⇔ x = 0; y = ; z = Vậy MaxQ = 529 23 23 Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với câu (Hình học): Không vẽ hình, vẽ hình sai không chấm; - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm 23 z  23 z 23 z + +1−   54  54 27 ≤  ÷  54 (1đ)  23    ... chấm thống phương án chấm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Thời gian: 120 phút (Đề thi gồm 05 câu) ĐỀ B Câu (2,0 điểm) 1.Giải phương trình: 2x2 –... Hết Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ………… (Cán coi thi không giải thích thêm) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ B Nội dung Câu 1) Ta có: a - b + c = Vậy phương trình có hai nghiệm...HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ A Nội dung Câu 1) Ta có: a – b + c = Vậy phương trình có hai nghiệm x = −1 , x =  −13 y

Ngày đăng: 25/08/2017, 10:58

Xem thêm

• ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN TỈNH THANH HOÁ 2016 2017

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

• 9 chuyên đề ôn thi vào 10 thpt môn toán
• đề thi vào cấp 3 môn toán tỉnh thái bình