Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2016-2017 - Sở giáo dục và đào tạo Thành phố Hồ Chí Minh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2016-2017 - Sở giáo dục và đào tạo Thành phố Hồ Chí Minh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2016 – 2017 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 12 tháng 6 năm 2016 (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau a)x2 2 5x 5 0 b)4x4 5x2 9 0 2x 5y 1 c) 3x 2y 8 d)x(x 3) 15 (3x 1) Câu 2. (1,5 điểm) x2 x a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y và đường thẳng (D): y 2 trên cùng một hệ trục tọa độ 4 2 b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính Câu 3. (1,5 điểm) 2 3 2 3 a) Thu gọn biểu thức A 1 4 2 3 1 4 2 3 b) Ông Sáu gửi một số tiền vào ngân hàng theo mức lãi suất tiết kiệm với kỳ hạn 1 năm là 6%. Tuy nhiên sau thời hạn một năm ông Sáu không đến nhận tiền lãi mà để thêm một năm nữa mới lãnh. Khi đó số tiền lãi có được sau năm đầu tiên sẽ được ngân hàng cộng dồn vào số tiền gửi ban đầu để thành số tiền gửi cho năm kế tiếp với mức lãi suất cũ. Sau 2 năm ông Sáu nhận được số tiền là 112.360.000 đồng (kể cả gốc lẫn lãi). Hỏi ban đầu ông Sáu đã gửi bao nhiêu tiền? Câu 4. (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 2mx m 2 0 (1) (x là ẩn số) a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m b) Định m để hai nghiệm x1, x2 của phương trình (1) thỏa mãn 2 2 (1 x1)(2 x2 ) (1 x2 )(2 x1) x1 x2 2 Câu 5. (3,5 điểm) Cho ∆ ABC (AB < AC) có ba góc nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AC, AB lần lượt tại D, E. Gọi H là giao điểm của BD và CE; F là giao điểm của AH và BC. a) Chứng minh AF ⊥ BC và góc AFD = góc ACE b) Gọi M là trung điểm của AH. Chứng minh MD ⊥ OD và 5 điểm M, D, O, F, E cùng thuộc một đường tròn. c) Gọi K là giao điểm của AH và DE. Chứng minh MD2 = MK.MF và K là trực tâm của ∆ MBC 2 1 1 d) Chứng minh FK FH FA
2. ĐÁP ÁN Câu 1.(2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình: a) x2 2 5x 5 0 (x 5)2 0 x 5 0 x 5 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = { 5 } b)4x4 5x2 9 0 Đặt x2 = t (t ≥ 0) Khi đó phương trình trở thành: 4t 2 5t 9 0 (*) Ta có: a - b + c = 4 - (-5) - 9 = 0 9 Nên ta có phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt là: t = - 1 (loại) và t (thỏa mãn điều kiện) 4 9 9 3 Với t ta có: x2 x 4 4 2 3 3 Vậy phương trình đã cho có tập nghiêm là: S { ; } 2 2 2x 5y 1 6x 15y 3 19y 19 x 2 c) 3x 2y 8 6x 4y 16 3x 2y 8 y 1 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x;y) = (2;-1). d) x(x 3) 15 (3x 1) x2 6x 16 0 ' 9 16 25 0 Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt là: x = - 8; x = 2 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {-8;2} Câu 2.(1,5 điểm). a)Vẽ đồ thị hai hàm số. Bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 x2 y -4 -1 0 -1 -4 4 x y 2 -2 0 2 Đồ thị
3. b)Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) bằng phép tính Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) x2 x 2 x2 2x 8 0 4 2 ' 9 Phương trình trên có hai nghiệm phân biệt: x1=2; x2=-4 Với x1=2 ta có y1=-1, A(2;-1) Với x1=2 ta có y1=-1, A(2;-1) Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(2 ;-1) ; B(-4 ;-4) Câu 3 (1,5 điểm) 2 3 2 3 a)A 1 4 2 3 1 4 2 3 2 3 2 3 1 3 2.1. 3 1 1 3 2.1. 3 1 2 3 2 3 1 ( 3 1)2 1 ( 3 1)2 2 3 2 3 1 3 1 1 3 1 2 3 2 3 2 3 2 3 (4 4 3 3) (3 4 3 3) 4 1 14 1 14 b)Gọi số tiền ông Sáu gửi ban đầu là x( đồng, x > 0).
4. Theo đề bài ta có: Số tiền lãi sau 1 năm ông Sáu nhận được là: 0,06x( đồng). Số tiền có được sau 1 năm của ông Sáu là: x + 0,06x = 1,06x( đồng). Số tiền lãi năm thứ 2 ông Sáu nhận được là: 1,06x. 0,06 = 0,0636x( đồng). Do vậy số tiền tổng cộng sau 2 năm ông Sáu nhận được là: 1,06x + 0,0636x = 1,1236x( đồng). Mặt khác: 1,1236x = 112360000 nên x = 100000000( đồng) hay 100 triệu đồng. Vậy ban đầu ông Sáu đã gửi 100 triệu đồng. Câu 4 (1,5 điểm) a) Ta có: ( 2m)2 4.1.(m 2) 4m2 4m 8 (2m 1)2 7 7 0m  (1) luôn có 2 nghiệm với mọi m. x1 x2 2m b)Theo định lý Viet ta có: x1x2 m 2 Ta có: (1 x1)(2 x2 ) (1 x2 )(2 x1) 2 2x1 x2 x1x2 2 2x2 x1 x1x2 4 x1 x2 2x1x2 4 2m 2(m 2) 8 Và 2 2 2 2 x1 x2 2 (x1 x2 ) 2x1x2 2 (2m) 2(m 2) 2 4m2 2m 6 Do vậy: 4m2 2m 6 8 2m2 m 1 0 (m 1)(2m 1) 0 m 1 1 m 2 1 Vậy giá trị của m thỏa mãn là: m = 1; m = 2 Câu 5 (3,5 điểm)
5. a) Ta có góc BEC = góc BDC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra BD ⊥ AC và CE ⊥ AB . Mà BD cắt CE tại H nên H là trực tâm ∆ ABC. Suy ra AH ⊥ BC Vì AH ⊥ BC, BD ⊥ AC nên góc HFC = góc HDC = 90o Suy ra góc HFC + góc HDC = 180o Suy ra HFCD là tứ giác nội tiếp ⇒ góc HFD = góc HCD b) Vì M là trung điểm cạnh huyền của tam giác vuông ADH nên MD = MA = MH Tương tự ta có ME = MA = MH Suy ra MD = ME 1 Mà OD = OE nên ∆ OEM = ∆ ODM (c.c.c) ⇒ góc MOE = góc MOD = góc EOD (1) 2 1 Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung, ta có góc ECD = góc EOD (2) 2 Theo ý a) ta có góc HFD = góc HCD = góc ECD (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ góc MOD = góc HFD hay góc MOD = góc MFD Suy ra tứ giác MFOD là tứ giác nội tiếp (4) ⇒ góc MDO = 180o – góc MFO = 90o ⇒ MD ⊥ DO Chứng minh tương tự ta có MEFO là tứ giác nội tiếp (5) Từ (4) và (5) suy ra 5 điểm M, E, F, O, D cùng thuộc 1 đường tròn. c) Gọi I là giao điểm thứ hai của MC với đường tròn (O) Ta có góc MDE = góc DCE (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, cùng chắn cung DE) hay góc MDK = góc HCD
6. Mà góc HCD = góc HFD (cmt) ⇒ góc MDK = góc HFD hay góc MDK = góc MFD =>tam giác MDK đồng dạng với tam giác MFD(g-g) MD MK MD2 MK.MF MF MD Ta có góc MDI = góc MCD (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, cùng chắn cung DI) =>tam giác MDI đồng dạng với tam giác MCD(g-g) MD MI MD2 MI.MC MC MD MI MK MI.MC MK.MF MD2 MF MC Xét ∆ MKI và ∆ MCF có KMI chung MI MK MF MC => tam giác MKI đồng dạng với tam giác MCF(c-g-c) ⇒ góc MIK = góc MFC = 90o ⇒ KI ⊥ MC Mà góc BIC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên BI ⊥ MC Suy ra B, K, I thẳng hàng ⇒ BK ⊥ MC Mà MK ⊥ BC nên K là trực tâm ∆ MBC. d) Vì MA = MH nên FA.FH (FM MA)(FM MH ) (FM MA)(FM MA) FM 2 MA2 Vì MD2 = MK. MF (cmt) nên FK.FM (FM MK)FM FM 2 MK.MF FM 2 MD2 Mà MD =MA=> FA .FH =FK .FM 2 2FM (FM MA)(FM MH) FA FH 1 1 (đpcm) FK FA.FH FA.FH FA.FH FA FH