Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2016-2017 - Sở GD&ĐT Đăk Lắk

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2016-2017 - Sở GD&ĐT Đăk Lắk là tài liệu hay dành cho các bạn học sinh chuẩn bị ôn tập và luyện thi vào lớp 10, các câu hỏi bám sát chương trình lớp 9 và bài tập nâng cao dành cho thí sinh hệ THPT chuyên. Chúc các bạn ôn tập và luyện thi đạt kết quả cao.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2016-2017 - Sở GD&ĐT Đăk LắkKỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNGNĂM HỌC 2016 – 2017MÔN THI: TOÁN (Đại trà)Ngày thi : 16/6/2016(Thời gian 120 phút không kể thời gian giao đề)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOĐĂK LĂKĐỀ THI CHÍNH THỨCCâu 1: (1,5 điểm)1) Giải phương trình x 2  6 x  8  0 . x2  3y  4.25 x  2 y  72) Giải hệ phương trình Câu 2: (2,0 điểm)x 5x  5  x 1x x  2 x  1 x 1 1) Rút gọn biểu thức P  2) Với giá trị nào của m thì đồ thị các hàm số y  2 x  m và y  3x  6 cắt nhau tạimột điểm trên trục hoành.Câu 3: (2,0 điểm)1) Giải phương trình: 2 x 2  4 x  x 2  2 x  4  14 .2) Tìm m để phương trình x 2  3 x  m  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn3x13  x2  9 .Câu 4: (3,5 điểm)Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn đường kính AB (M khác A và B), trêncung BM lấy điểm N (N khác B và M). Gọi C là giao điểm của đường thẳng AM vàđường thẳng BN, H là giao điểm của đoạn thẳng BM và đoạn thẳng AN. Gọi D là điểmđối xứng của điểm H qua điểm M; P là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đườngthẳng DC.a) Chứng minh CH  AB.b) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp.c) Chứng minh CN.CB = CD.CP.d) Chứng minh ba điểm P, M, N thẳng hàng.Câu 5: (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức4 x 2  9 x  18 x  94x x  4xA 2với x  04x x  4x4 x  9 x  18 x  9SƠ LƯỢC BÀI GIẢICâu 1: (1,5 điểm)1) Giải phương trình x 2  6 x  8  0 . x2  3y  4.25 x  2 y  72) Giải hệ phương trình 1) KQ: x1  2; x2  4 x 1 13 x 2  13 x2  3 y  4 2 x2  6 y  8x2  1   y  12 2)  2 24 x  x  15 x  2 y  715 x  6 y  21  y  y 13 y  1Câu 2: (2,0 điểm)x 5x  5  x 1x x  2 x  1 x 1 1) Rút gọn biểu thức P  2) Với giá trị nào của m thì đồ thị các hàm số y  2 x  m và y  3x  6 cắt nhau tạimột điểm trên trục hoành.1) (ĐK: x  0; x  1)x 5x  5  x 1 Px x  2 x  1 x 1 x 5  x  5 x  1 x  1x 1 x 5 2x 1x 1  x 1   x  5  x  5   1xx 1  xx 1 x 1x 5x 11x 4 x 5 x 4 x 5xx x 1x 18 xxx 1x 18x 12) Đồ thị hàm số y  3 x  6 cắt trục hoành tại điểm (–2; 0). Do đó đồ thị các hàm sốy  2 x  m và y  3x  6 cắt nhau tại một điểm trên trục hoành  0  2   2   m  m  4Câu 3: (2,0 điểm)1) Giải phương trình: 2 x 2  4 x  x 2  2 x  4  14 .2) Tìm m để phương trình x 2  3 x  m  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn3x13  x2  9 .1) (ĐK: x 2  2 x  4  0 )Đặt y  x 2  2 x  4  y  0  ; phương trình đã cho trở thành:3y    loai 22 y  y  6   2 y  3  y  2   0  2 y  2  nhan  x  4(TMĐK) x2Với y = 2, ta có: x 2  2 x  4  4  x 2  2 x  8  0   x  4  x  2   0  Vậy phương trình có hai nghiệm là x = –4 và x = 2.2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt  9  4m  0  m 9.4x  x  3Theo Viét ta có:  1 2 x1 x2  m33Khi đó x13  x2  9   x1  x2   3x1 x2  x1  x2   9  33  3.3m  9  m  2 (TMĐK)Vậy m = 2 thì phương trình x 2  3x  m  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn3x13  x2  9 .Câu 4: (3,5 điểm)Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn đường kính AB (M khác A và B), trêncung BM lấy điểm N (N khác B và M). Gọi C là giao điểm của đường thẳng AM vàđường thẳng BN, H là giao điểm của đoạn thẳng BM và đoạn thẳng AN. Gọi D là điểmđối xứng của điểm H qua điểm M; P là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đườngthẳng DC.a) Chứng minh CH  AB.b) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp.c) Chứng minh CN.CB = CD.CP.d) Chứng minh ba điểm P, M, N thẳng hàng.a) Chứng minh CH  AB.PDCMNHAKBTa có     900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)ANB AMBABC: AN  BC; BM  AC (     900 ), nên H là trực tâm ABC  CH  ABANB AMBb) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp.12Ta có: MH  MD  HD (vì D đối xứng H qua M); AC  HD (   900 )AMBNên AC là trung trực HD, do đó AHD cân tại A  AM là phân giác DAH    1  DAM  HAM hay DAC  MAN , lại có MAN  MBN  sd MN (góc nội tiếp cùng chắn2cung MN)  Do đó DAC  MBN  DBC . Vậy tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.c) Chứng minh CN.CB = CD.CP.ANC Xét ACN và BCM, ta có:   BMC  900  cmt  , C (góc chung)CN CA CN .CB  CM .CA  a CM CBAPC Xét ACP và DCM, ta có:   DMC  900  gt  cmt  , C (góc chung)Vậy ACNBCM CA CP CD.CP  CM .CA  b CD CMTừ (a) và (b)  CN .CB  CD.CP (đpcm)Vậy ACPDCM d) Chứng minh ba điểm P, M, N thẳng hàng.CDH cân tại C (AC là trung trực HD)  CA là phân giác DCH    ACK (K làACP giao điểm CH và AB)  ACP = ACK (cạnh huyền, góc nhọn)  CAP  CAK  MAB  c  Tứ giác ABNM nội tiếp  CNM  MAB  d  APC ANCTứ giác ANCP nội tiếp (     900 )  C ...