Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 - 2018 môn Toán sở GD và ĐT Nam Định
Gửi bởi: Thành Đạt 2 tháng 9 2020 lúc 2:51:37 | Được cập nhật: 4 giờ trước (17:24:56) Kiểu file: PDF | Lượt xem: 409 | Lượt Download: 3 | File size: 0.20446 Mb
Nội dung tài liệu
Tải xuống
Link tài liệu:
Các tài liệu liên quan
- Đề thi học kì 1 Hóa 9 trường THCS Nam Tiến
- Đề thi tuyển sinh vào 10 Toán trường THCS Nguyễn Biểu lần 4 năm 2021-2022
- Đề thi học kì 2 Toán 9 trường THCS Vân Khánh Đông năm 2021-2022
- Đề thi thử TS vào 10 Toán trường THCS Nguyễn Biểu lần VIII năm 2021-2022
- Đề thi thử TS vào 10 Toán trường THCS Nguyễn Biểu lần X năm 2021-2022
- Đề thi thử TS vào 10 năm 2020-2021
- Đề thi thử TS vào 10 trường THCS Nguyễn Biểu năm 2021-2022
- Đề thi thử TS vào 10 trường THCS Nguyễn Biểu năm 2021-2022
- Đề cương ôn tập học kì 2 Toán 9 năm 2021-2022
- Đề ôn thi học kì 2 Toán 9 trường THCS Phan Bội Châu
Có thể bạn quan tâm
Thông tin tài liệu
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm)
Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm
Câu 1. Điều kiện để biểu thức
2017
xác định là
x2
A.x<2
B.x>2
C.x≠2
D.x=2
Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,đồ thị hàm số y = x +1 đi qua điểm
A.M(1;0)
B.N(0;1)
C.P(3;2)
D.Q(-1;-1)
Câu 3. Điều kiện để hàm số y = (m-2)x + 8 nghịch biến trên R là
A.m ≥ 2
B.m > 2
C.m < 2
D.m ≠ 2
Câu 4. Trong các phương trình bậc hai sau phương trình nào có tổng 2 nghiệm bằng 5
B.x2 - 5x +10 = 0
C. x2 + 5x -1 = 0
D. x2 - 5x – 1 = 0
A.x2 -10x -5 = 0
Câu 5. Trong các phương trình bậc hai sau phương trình nào có 2 nghiệm trái dâu
B.5x2 - 7x -2 = 0
C.3x2 - 4x +1= 0
D.x2 + 2x + 1= 0
A.-x2 + 2x -3 = 0
Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH biết BH = 4cm và CH = 16cm độ dài
đường cao AH bằng
A.8cm
B.9cm
C.25cm
D.16cm
Câu 7. Cho đường tròn có chu vi bằng 8 cm bán kính đường tròn đã cho bằng
A.4cm
B.2cm
C.6cm
D.8cm
Câu 8. Cho hình nón có bán kính bằng 3 cm chiều cao bằng 4cm diện tích xung quanh của
hình nón đã cho bằng
B. 12π cm2
C. 20π cm2
D. 15π cm2
A.24π cm2
Phần 2: Tự luận (8,0 điểm)
1
x 1
:
( với x > 0 và x ≠ 1)
Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức P 2
x x x x x x
1) Rút gọn biểu thức P
2) Tìm các giá trị của x sao cho 3P = 1+ x
Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – x + m + 1 = 0 (m là tham số)
1) Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt
2) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình. Tìm các giá trị của m sao cho
x12 + x1x2 + 3x2 = 7
2x 3y xy 5
1
Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 1
x y 1 1
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường
kính BH cắt AB tại M (M khác B), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N (N khác C)
1) Chứng minh AM.AB = AN.AC và AN.AC = MN2
2) Gọi I là trung điểm của EF, O là giao điểm của AH và MN. Chứng minh IO vuông góc
với đường thẳng MN
3) Chứng minh 4(EN2 + FM2) = BC2 + 6AH2
Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình
5x 2 4x x 2 3x 18 5 x
----------------------------Hết----------------------------
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm)
Câu
Đáp án
1
C
2
B
3
C
4
D
5
B
6
A
7
A
8
D
Phần 2: Tự luận (8,0 điểm)
Câu 1. (1,5 điểm)
1)
1
x 1
P 2
:
x x x x x x
x
1
x 1 x x 1
2) 3P 1 x
x x x x
x 1
x x x 1
1
x x x 1
x 1
1
x 1
3
1 x x 2 1 3 x 2 4 x 2 (do x 0; x 1)
x 1
Câu 2. (1,5 điểm)
1) 4m 3
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt m
x x 2 1
2) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 1
x1 x 2 m 1
Cách 1:
x12 x1x 2 3x 2 7
x1 x1 x 2 3x 2 7
x1 3x 2 7 do x1 x 2 1
x x 2 1
x 2
1
Ta có hệ: 1
x1 3x 2 7
x 2 3
2.3 m 1 m 7 (thỏa mãn điều kiện)
Cách 2:
x1 x 2 1 x 2 1 x1 . Do đó:
x12 x1x 2 3x 2 7
x12 x1 1 x1 3 1 x1 7
x12 x1 x12 3 3x1 7
2x1 4
x1 2
Từ đó tìm x2 rồi tìm m.
Câu 3. (1,0 điểm)
Điều kiện: x 0; y 1
3
4
2x 3y xy 5
2x 3y xy 5
2x 2y 6
x 3 y
1
1
y 1 xy
y 1 xy
y 1 y(3 y)
x y 1 1
x 3 y
x 3 y
x 3 y
x 2
(thỏa mãn điều kiện)
2
2
y 1 y(3 y)
y 1
y 2y 1 0
(y 1) 0
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường
kính BH cắt AB tại M (M khác B), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N (N khác C)
B
E
H
M
I
F
O
A
N
C
HNC
900 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
1) Ta có: BMH
HM AB , HN AC
Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông AHB và AHC, có:
AH2 = AM.AB và AH2 = AN.AC
AM.AB = AN.AC
Mặt khác, tứ giác AMHN có ba góc vuông nên là hình chữ nhật
AH = MN
AN.AC = MN2.
2) Tứ giác AMHN là hình chữ nhật, có O là giao điểm của AH và MN
O là trung điểm của AH và MN
Dễ thấy EMO = EHO (c.c.c)
EHO
900
EMO
EM MN
Chứng minh tương tự được FN MN
ME // NF MEFN là hình thang vuông
Lại có OI là đường trung bình của hình thang vuông MEFN
OI MN
3) Đặt MN = AH = h; x, y lần lượt là bán kính của (E) và (F). Ta có:
4(EN2 + FM2) = 4[(ME2 + MN2) + (ME2 + MN2)] = 4(x2 + y2 + 2h2)
BC2 + 6AH2 = (HB + HC)2 + 6h2 = HB2 + HC2 + 2.HB.HC + 6h2
= 4x2 + 4y2 + 2h2 + 6h2 = 4(x2 + y2 + 2h2)
Vậy 4(EN2 + FM2) = BC2 + 6AH2.
Câu 5. (1,0 điểm)
Điều kiện: x 6
Cách 1: Lời giải của thầy Nguyễn Minh Sang:
5x 2 4x 5 x x 2 3x 18
5x 2 4x 25x 10x 5x 4 x 2 3x 18
6 5x 4 10x 5x 4 4x 2 2x 6 0
Đặt 5x 4 t , phương trình trên trở thành:
6t 2 10xt 4x 2 2x 6 0
' 25x 2 6(4x 2 2x 6) (x 6) 2 0
5x x 6
t x 1
t
6
2x 3
t
5x x 6
t
3
6
Với t x 1 x 1 5x 4 x 2 7x 3 0 x
7 61
(do x 6)
2
2x 3
2x 3 3 5x 4 4x 2 33x 27 0 x 9 (do x 6)
3
7 61
;9 .
Vậy S
2
Cách 2: Lời giải của thầy Nguyễn Văn Thảo:
Với t
5 x 2 4 x 5 x x 2 3 x 18
5 x 2 4 x x 2 3 x 18 5 x
5 x 2 4 x x 2 22 x 18 10 x( x 2 3 x 18)
2 x 2 9 x 9 5 x( x 6)( x 3)
2( x 2 6x) 3( x 3) 5 ( x 2 6x)( x 3)
a x 2 6x
Đặt:
b x 3
(a 0;b 3) ta có phương trình:
ab
2a 2 3b 2 5ab (a b)(2a 3b) 0
2a 3b
7 61
(TM )
x
2
2
1)a b x 7x 3 0
7 61
( KTM )
x
2
x 9(tm)
2
2)2a 3b 4x 33x 27 0
x 3 (ktm)
4
7 61
Vậy phương trình có tập nghiệm: S 9;
.
2