Tải bản đầy đủ

Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Đồng Nai năm 2017 (có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG NAI

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài : 120 phút
( Đề gổm 1 trang, có 5 câu ).

Câu 1. ( 2,25 điểm )
1) Giải phương trình x 2 − 9 x + 20 = 0
7x − 3y = 4

2) Giải hệ phương trình : 

4x + y =5

3) Giải phương trình x 4 − 2 x 2 − 3 = 0

Câu 2. ( 2,25 điểm )

1
2

Cho hai hàm số y = − x 2 và y = x − 4 có đồ thị lần lượt là ( P ) và ( d )
1) Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
2 ) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị ( P ) và ( d ).
Câu 3. ( 1,75 điểm )
 a −2
a +2  
4 

. a −
1) Cho a > 0 và a ≠ 4 . Rút gọn biểu thức T = 
÷
÷
÷
a −2  
a 
 a +2
2) Một đội xe dự định chở 120 tấn hàng. Để tăng sự an toàn nên đến khi thực hiện, đội xe
được bổ sung thêm 4 chiếc xe, lúc này số tấn hàng của mỗi xe chở ít hơn số tấn hàng của mỗi xe
dự định chở là 1 tấn. Tính số tấn hàng của mỗi xe dự định chở, biết số tấn hàng của mỗi xe chở
khi dự định là bằng nhau, khi thực hiện là bằng nhau.
Câu 4 : ( 0,75 điểm )
Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình: x2 + ( 2m – 1 )x + m2 – 1 = 0

hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho biểu thức P = ( x1 )2 + ( x2 )2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5 : ( 3,0 điểm )
Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Biết ba góc
·CAB, ABC
·
, ·BCA đều là góc nhọn. Gọi M là trung điểm của đoạn AH.
1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn.
2) Chứng minh CE.CA = CD.CB.
3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF.
4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh
·
·

DIJ
= DFC

HẾT


BÀI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM 2017-2018
Câu 1. ( 2,25 điểm )
1) Giải phương trình x 2 − 9 x + 20 = 0
Cách 1: x 2 − 9 x + 20 = 0
9 +1
9 −1
= 5; x2 =
=4
∆ =81-80=1>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 =
2
2
Vậy phương trình có tập nghiệm S={4;5}
x − 5 = 0
x = 5
2
2
⇔
Cách 2: x − 9 x + 20 = 0 = 0 ⇔ x − 5 x − 4 x + 20 = 0 ⇔ ( x − 5)( x − 4) = 0 ⇔ 
x − 4 = 0
x = 4
Vậy phương trình có tập nghiệm S={4;5}
7 x − 3 y = 4
2) Giải hệ phương trình : 
4 x + y = 5
7 x − 3 y = 4
7 x − 3 y = 4
19 x = 19
x = 1
⇔
⇔
⇔

4 x + y = 5
12 x + 3 y = 15
4 x + y = 5
y =1
Vậy hệ phương trình có nghiêm duy nhất (x;y)=(1;1)
3) Giải phương trình x 4 − 2 x 2 − 3 = 0 (1)
Cách 1:
x = ± 3
 x2 − 3 = 0
x − 2 x − 3 = 0 ⇔ x − 3x + x − 3 = 0 ⇔ ( x − 3)( x + 1) = 0 ⇔  2
⇔
2
2
Vn( x ≥ 0 ⇒ x + 1 > 0)
x +1 = 0
4

2

4

2

2

2

{

}

{

}

Vây phương trình có tập nghiệm S = − 3; 3

2

Cách 2: Đặt t=x ( t ≥ 0) ta có phương trình t2-2t-3=0 (2)
Ta có a-b+c=1+2-3=0 nên phương trình (2) có 2 nghiệm t1=-1(loại);t2=3(nhận)
Với t2=3 ⇔ x 2 = 3 ⇔ x = ± 3
2

Vây phương trình có tập nghiệm S = − 3; 3

Câu 2. ( 2,25 điểm )
1) Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

1
* y = − x2
2

Hàm số xác định với mọi x∈ ¡
Bảng giá trị
x
-2
-1
0
1
2
y
-2
-0,5
0
-0,5
-2
Nhận xét: Đồ thị hs là một parabol đi qua gốc tọa
độ,nhận trục tung làm trục đối xứng nằm phía dưới
trục hoành,O là điểm cao nhất
*y=x-4
Đồ thị hs là đường thẳng đi qua hai điểm (0;-4) và
(4;0)

2)Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình


1
− x2 = x − 4 ⇔ x2 − 2x − 8 = 0
2
'
∆ = 1 + 8 = 9 > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1=2;x2=-4
x1=2 ⇒ y1=-2
; x2=-4 ⇒ y2=-8
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (2;-2) và (-4;-8)
Câu 3. ( 1,75 điểm )
1) Với a > 0 và a ≠ 4 , ta có

 a −2
a +2
T = 

a −2
 a +2


4 
.
a

÷

÷
÷
a 


 a −4 a +4−a −4 a −4
= 
a−4



= 



(

) (
( a − 2) .(
2

a −2 −

)
a + 2)
a +2

2


÷.  a − 4 
÷  a ÷

÷


  a−4 
−8 a
.
=
=−8
÷

÷
÷ a 
a


2)Cách 1:Gọi x(xe) là số xe của đội lúc đầu ( x nguyên dương)
120
Số tấn hàng mỗi xe dự định chở
(tấn)
x
x+4(xe) là số xe của đội lúc sau
120
Số tấn hàng mỗi xe khi thực hiện chở
(tấn)
x+4
120 120

=1
Theo đề bài ta có phương trình
x
x+4
Giải phương trình ta được x=20(thỏa đk);x=-24(không thỏađk)
Vậy số tấn hàng mỗi xe dụ định chở là 120:20=6(tấn)
Cách 2:
Gọi x là số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở ( x nguyên dương, x > 1 )
Số tấn hàng của mỗi xe lúc sau chở: x – 1 ( tấn )
Số xe dự định ban đầu :
Số xe lúc sau :

120
( xe )
x

120
( xe )
x −1

Theo đề bài ta có phương trình :

120 120

=4
x −1
x

Giải pt ta được : x1 = 6 ( nhận ); x2 = –5 ( loại )
Vậy số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở là : 6( tấn )
Câu 4 : ( 0,75 điểm )
Để phương trình: x2 + ( 2m – 1 )x + m2 – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2
thì ∆ > 0 ⇔ −4m + 5 > 0 ⇔ m <

5
4

5
thì phương trình có 2 nghiện phân biệt x1, x2 khi đó theo hệ thức vi ét
4
Ta có: x1 + x2 = 1-2m ; x1.x2 = m2 – 1
Nên P = ( x1 )2 + ( x2 )2 = (x1 + x2 )2 – 2x1.x2 = ( 1-2m)2 – 2(m2 – 1)= 1-4m+4m2-2m2+2
=2m2-4m+2+1 = 2( m – 1 )2 + 1 ≥ 1
Đẳng thức xảy ra ⇔ (m − 1) 2 = 0 ⇔ m = 1 (thỏa đk)
Với m <

Pmin = 1 khi m = 1 <

5
4

Vậy với m=1 thì biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất


Câu 5 : ( 3,0 điểm )
1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn.
BE là đường cao ∆ ABC
⇒ BE ⊥ AC ⇒ ·AEH = 900
CF là đường cao ∆ ABC
⇒ CF ⊥ AB ⇒ ·AFH = 900
Tứ giác AEHF có ·AEH + ·AFH = 1800 nên tứ
giác AEHF nội tiếp đường tròn
2) Chứng minh CE.CA = CD.CB
∆ ADC và ∆ BEC có
·ADC = BEC
·
= 900 (AD,BE là các đường cao)
µ chung
C
Do đó ∆ ADC
∆ BEC(g-g)
DC AC

=
⇒ DC.BC = CE. AC
EC BC
3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn
ngoại tiếp tam giác BEF
·
·
Tứ giác BFEC có BEC
= BFC
= 900
⇒ tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính
BC
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC
thì O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
BEF
∆ OBE cân tại O (do OB=OE)
·
·
⇒ OBE
= OEB

A

M

E

F
H

J

I
B

D

O

N

∆ AEH vuông tại E có EM là trung tuyến ứng với cạnh huyền AH(Vì M là trung điểm AH)
·
·
·
⇒ ME=AH:2= MH do đó ∆ MHE cân tại M ⇒ MEH
= MHE
= BHD
·
·
·
·
·
Mà BHD
+ OBE
= 900 ( ∆ HBDvuông tại D) Nên OEB
+ MEH
= 900 Suy ra MEO
= 900

C

⇒ EM ⊥ OE tại E thuộc ( O ) ⇒ EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
·
·
= DFC
4) ) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh DIJ
·
·
Tứ giác AFDC có ·AFC = ·ADC = 900 nên tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn ⇒ BDF
= BAC
·
·
µ chung do đó ∆ BDF
(cmt); B
∆ BDF và ∆ BAC có BDF
∆ BAC(g-g)
= BAC
Chứng minh tương tự ta có ∆ DEC
∆ ABC(g-g)
·
·
·
·
·
·
·
·
∆ DEC ⇒ BDF
Do đó ∆ DBF
(1)
= EDC
⇒ BDI
= IDF
= EDJ
= JDC
⇒ IDJ
= FDC
DI
DJ
=
Vì ∆ DBF
(2)
∆ DEC (cmt);DI là phân giác,DJ là phân giác ⇒
DF DC
·
·
Từ (1) và (2) suy ra ∆ DIJ
∆ DFC (c-g-c) ⇒ DIJ
= DFC



x

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×