Tải Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán trường THPT Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa năm 2016 - 2017 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (127.42 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN

ĐỀ THI LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2016 – 2017

Mơn thi: Tốn chung (Dành cho mọi thí sinh)

(Thời gian làm bài 120 phút)

2 1 3 11

3 3

x x x

A

x

x x

 

  



  x0;x9Câu I (2.0 điểm) Cho biểu thức (Với )
a/ Rút gọn A

A  b/ Tìm tất cả các giá trị của x để

Câu II (2.0 điểm)





1 2

y m  x m y3x4

a/ Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d1): (m là tham
số) và (d2): . Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau





2 1 2 5 0

x  m x m 



x12 2mx12m1





x2 2



0b/ Cho phương trình: (với m là tham

số). Tìm các giá trị của m để phương trình đó có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn

Câu III (2.0 điểm)

2
2

2 3

3 2 1

x y
x y

  




 



 a/ Giải hệ phương trình





2 4 7 4 2 7

x  x  x x  b/ Giải phương trình:

 90o

BAD  BCD 90o

Câu IV (3.0 điểm): Cho hình bình hành ABCD với , tia phân giác góc
cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD tại O (Khác C), kẻ đường thẳng (d) đi qua A và vng
góc với CO. Đường thẳng (d) cắt đường thẳng CB, CD lần lượt tại M và N.

 

OBM ODC a/ Chứng minh

b/ Chứng minh ∆OBM = ∆ODC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN

2 2

ND IB – IK

MB  KD c/ Gọi K là giao điểm của OC và BD, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác BCD. Chứng minh rằng:

3
2


Câu V (1.0 điểm): Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z

























2 2 2

1 1 1

x yz y zx z xy

P

z zx x xy y yz

  

  

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ

Câu Nội dung Điểm

CâuI

a/ Rút gọn A

2 1 3 11

3 3

x x x

A

x

x x

 

  



 



 



2 1 11 3

3 3 3 3

x x x

A

x x x x

 

  

   



 





 



2 3 1 3 11 3

3 3

x x x x x

A

x x

     



 



 



2 6 4 3 11 3

3 3

x x x x x

A

x x

     



 



 









 



3 3

3 9 3

3 3 3 3 3

x x

x x x

A

x x x x x




  

    

0; 9
x x

3
3
x
A

x



 Vậy với thì

1.0

A  b/ Tìm tất cả các giá trị của x để

0
A 

0
3
x
x 

3 0

3 0 9

3 0

3 0
x

x x

x
x

x
  
 

    


 



  

 



 


 

  

A  Kết hợp điều kiện => x > 9 hoặc x = 0 thì

1.0

CâuII a/ Để đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau thì

2 2 2

' 1 3 4

2
2

' 2 4 2

2
m

a a m m

m
m

b b m m

m
 

     

 

     

   

  

   




Vậy với m = - 2 thì đường thẳng (d1) song song vi đường thẳng (d2)

0.5





2 1 2 5 0

x  m x m 





2 2





' m 1 2m 5 m 4m 6 m 2 2 0

            Ta có: với mọi m, nên

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

1 2
1 2

2 2
2 5

x x m

x x m
  




 










1 2 1 2 1 2 2 0

x  mx  m x  
Để









1 2 1 1 2 5 2 1 4 2 2 0

x m x m x x

         

  =>



4 2 x1

 

x2 2



0



2 x1

 

x2 2



02x2 4 x x1 2 2x1 0=> => =>



2 1



1 2

2 x x  x x  4 0



 



2 2m 2  2m 5  4 0 4m 4 2 m 5 4 0

3
2 3 0

2
m  m

Thay vào

ta có : =>=>

3
2
m 
Vậy
0.5
1.0
Câu 
III
2
2
2 3

3 2 1

x y
x y
  


 


 a/ Giải hệ phương trình Điều kiện : x, y ≥ 0

, ( , 0)

x a y b a b Đặt . Ta có hệ phương trình

2 3 4 2 6 7 7 1

3 2 1 3 2 1 2 3 1

a b a b a a

a b a b a b b

     
   
  
   
      
   
2
1
1
( )
1
1
x
x
TMDK
y
y
   



 

 

 =>
1
1
x
y





1
1
x
y





 Vậy hệ có 2 nghiệm: và

1.0





2 2

4 7 4 7

x  x  x x 

7
7
x
x
 



 b/ Giải phương trinh: . Điều kiện





2 4 7 4 2 7

x  x  x x 



x2 7



4



x4



16



x4



x2 7


2 7 0

4
x a
x b

   


 


 Đặt , ta có phương trình



 







2 2

4 16 16 4 0 4 4 4 0

a  b aba   b ab   a a  b a 



a 4

 

a 4 b



0

4
4
a
a b


  
 =>
2 2
2 2

7 4 7 4

7 4 4 7

x x

x

x x x x

     

   

       

  =>

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

x  Vậy phương trình có 2 nghiệm :

Câu
IV

Hình

 

OBM ODC a/ Chứng minh

Ta có tứ giác OBCD nội tiếp (gt)

 

OBC + ODC 180o

 => (đ/l) (1a)

 

OBC + OBM 180 o

Ta có: (Hai góc kề bù) (2a)

 

OBM ODC Từ 1a,2a => (ĐPCM)

1.0

a/ + Chứng minh ∆OBM = ∆ODC
xét ∆OBM và ∆ODC có

   

1 2

C C OB OD OB OD (1b)

 

OBM ODC (C/m câu a) (2b)

 

NAD NMC Do AD//BC (gt) => AD//MC => (đồng vị) (3b)

 

MNC NMC Do ∆CMN có đường cao vừa là đường phân giác => (4b)

Từ 3b, 4b => ∆DAN cân tại D => AD = ND mà CN = CM (Do tam giác

0.75

2
1
G

H
K

I
O

C
B

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

CMN cân)

=> CN – ND = CM – BC => BM = DC (5b)

Từ 1b, 2b, 5b => ∆OBM = ∆ODC (c.g.c) (ĐPCM)

+ Chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN
xét ∆OCM và ∆OCN có

 

1 2

C C OC là cạnh chung (6b) ; (gt) (7b) và CM = CN (c/m trên) (8b)
Từ 6b,7b,8b => ∆OCM = ∆OCN (c.g.c) => OM = ON mà ON = OC

=> OM = ON = OC => O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN
(ĐPCM)

0.75

2 2

ND IB – IK

MB  KD c/ Chứng minh rằng:

Gọi giao điểm của IK với đường tròn tâm I là G và H. Ta có



 





 



2 2

2 2 2 2

IB – IK IB IK IB IK IG IK IH IK KG KG.

KD KD KD KD

   

  

mà KG.KH = KD.KB

2 2

IB – IK KD KB. KB

KD  KD KD => (1c)

Do ND = AD = BC và MB = CD (chứng minh trên)

BC
MB  CD

BC KB

CDKD => mà (Tính chất tia phân giác)
ND

KB

MB  KD=> (2c)

2 2

ND IB – IK

MB  KD Từ 1c, 2c => (ĐPCM)

0.5

Câu
V

Ta có

























2 2 2

1 1 1

x yz y zx z xy

P

z zx x xy y yz

  

  

  

























2
2

1
1

1 1 1

xy
zx

yz

y
x

z
P

zx xy yz

x y z






  

  

2 2

1 1

1 1 1

x

y z

y

z x

P

z x y

x y z

 

    

   

   

     

  

  

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>





2 2

1 2 3

1 2

1 2 3 1 2 3

a a a
a

a a

b b b b b b

 

  

  Áp dụng BĐT:

1 2

1 2 3

a
a a

b b b Dấu = xảy ra khi

2 2

1 1 1 1

1 1

1 1 1 1 1 1

x x y z

y z

y x y z

z x

P

z x y x y z

x y z x y z

   

         

     

   

       

   

 

         

 

1 1 1
P x y z

x y z

 

      

 

1 1 1 9

x yz x y z  Áp dụng BĐT :









9 9 27

4 4

P x y z x y z

x y z x y z x y z

 

         

       





9 9

2 3

4 4

x y z

 

    

 

 

 





27 27 9

4 4. 2

2
x y z   

Ta có: ;
9 15

2 2

P    min 15
2

P  1

2
x  y z

</div>

Tải Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán trường THPT Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa năm 2016 - 2017 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án













































<b>HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ</b>



 





 

 





 





 





 









 

 

































 





 









 



















