Đề thi môn Toán lớp 10 tỉnh Thanh Hóa 2016

Chia sẻ: Nguyễn Duy Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

191
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi môn Toán lớp 10 tỉnh Thanh Hóa 2016 gồm có phần đề thi và đáp án thang điểm sẽ là nguồn tài liệu bổ ích cho các bạn ôn thi vào lớp 10 ở kì thi sắp tới. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi môn Toán lớp 10 tỉnh Thanh Hóa 2016

ĐỀ THI LỚP 10 THANH HÓA 2016 – 2017 Môn : Toán Thời gian làm bài : 120 phút Câu I (2.0 điểm) : 1/ Giải các phương trình sau a/ x  6  0 b/ x2  5x  4  0 2 x  y  3 2/ Giải hệ phương trình  3x  y  2 Câu II (2.0 điểm) : Cho biểu thức B    y y 1  :  y y 1  2 y  2 y 1  (Với y  0; y  1 )  y y y  y  y 1 a/ Rút gọn B b/ Tìm các số nguyên y đề B có giá trị là số nguyên Câu III (2.0 điểm) : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = nx + 1 và Parabol (P) y = 2x2. 1/ Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B (1 ; 2) 2/ Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt M  x1; y1  và N  x2 ; y2  . Hãy tính giá trị biểu thức S  x1 x2  y1 y2 Câu IV (3.0 điểm) : Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MQ . Hai đường chéo MP và NQ cắt nhau tại E . Gọi F là điểm thuộc đường thẳng MQ sao cho EF vuông góc với MQ . Đường thẳng PF cắt đường tròn đường kính MQ tại điểm thứ hai là K . Gọi L là giao điểm của NQ và PF. Chứng minh rằng 1/ Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn 2/ FM là phân giác của góc NFK 3/ NQ.LE = NE.LQ Câu V (1.0 điểm) : Cho m, n, p là các số dương thỏa mãn m2  2n2  3 p2 . Chứng minh 1 2 3 rằng   m n p --------------------------------------------------------------------------- Giáo viên : Nguyễn Đức Tính
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm 1/ Giải các phương trình sau a/ x  6  0  x = 6. Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 6 b/ x2  5x  4  0 ( a = 1 ; b = -5 ; c = 4) Ta có : a + b + c = 1 + (-5) + 4 = 0 1.0 Theo viet phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1  1 và c 4 x2   4 Câu I a 1 2 x  y  3 2/ Giải hệ phương trình  3x  y  2 2 x  y  3 5 x  5 x  1 x  1        1.0 3x  y  2 2 x  y  3 2.1  y  3  y  1 x  1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất   y  1 Câu II a/ Rút gọn B  y y 1 y y  1  2 y  2 y  1 B  : (Với   y  0; y  1 )  y y y  y  y 1    y 1 y  y  1       :   2 y 1 y  y 1 2 y 1 B    y y 1  y y 1       y 1  y 1   y  y 1 y  y 1  B   . y 1     y y  2 y 1   B y  y 1 y  y 1 .  y  1 1.0 y 2  y  1 B 2 y .  y  1 y 2  y  1 y 1 B . y 1 y 1 Vậy với y  0; y  1 thì : B  y 1 b/ Tìm các số nguyên y đề B có giá trị là số nguyên y 1 y 1  2 2 Ta có B    1 y 1 y 1 y 1 2 Để B nguyên thì nhận giá trị nguyên => y  1 là ước của 2 y 1 TH1 : y  1 = 2 => y = 3 => y = 9 (TMĐK) 1.0 TH2 : y  1 = 1 => y = 2 => y = 4 (TMĐK) TH3 : y  1 = -1 => y = 0 => y = 0 (KTMĐK) TH4 : y  1 = -2 => y = -1 => y  Vậy với y = 9 ; y = 4 thì B nhận giá trị nguyên
1/ Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B (1 ; 2) Vì đường thẳng (d) đi qua điểm B(1 ; 2) tức là x = 1 thì y = 2. Thay vào ta có 1.0 2 = n.1 + 1 => n + 1 = 2 => n = 2 – 1 => n = 1 Vậy với n = 1 thì đường thẳng (d) đi qua điểm B (1 ; 2) 2/ Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt M  x1; y1  và N  x2 ; y2  . Hãy tính giá trị biểu thức S  x1 x2  y1 y2 Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) Là : 2 x2  nx  1  2 x2  nx 1  0 ( a = 2 ; b = -n ; c = -1) Có ac = 2.(-1) = -2 < 0 Câu III Nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2. => đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt M  x1; y1  và N  x2 ; y2  , trong đó 1.0 Theo viet ta có  b (n) n  x1  x2  a  2  2   x x  c  1  1 2 a 2 Ta có S  x1x2  2x12 .2x22  x1x2  4x12 .x22 . Thay số vào ta có 1  1  1 1 1 2 1 S   4.     4.   1  2  2 2 4 2 2 1 Vậy S  2 Câu IV Hình vẽ x P 4 1 3 N 2 E 1 2 L 2 3 1 M 1 Q F K 1/ Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn 1.0
Xét tứ giác PEFQ có : EF  MQ( gt )  EFQ  90o (1) Xét đường tròn đường kính MQ, ta có MPQ  90o (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Hay EPQ  90o (2) Từ (1) và (2) => EFQ  EPQ  180o => Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn đường kính EQ (ĐPCM) 2/ FM là phân giác của góc NFK Chứng minh tương tự câu a => Tứ giác NEFM nội tiếp Ta có : F1  F3 (Hai góc đối đỉnh) (1b) Xét đường tròn nội tiếp tứ giác PEFQ ta có : F3  E2 (Cùng chắn cung PQ) (2b) 1.0 Ta có : E2  E1 (Hai góc đối đỉnh) (3b) Xét đường tròn nội tiếp tứ giác NEFM ta có : E1  F2 (Cùng chắn cung MN) (4b) Từ 1b, 2b, 3b, 4b => F1  F2 => FM là phân giác của góc NFK (ĐPCM) 3/ NQ.LE = NE.LQ + Chứng minh P1  P2 (vì cùng bằng Q1 ) NE PN =>  (Tính chất tia phân giác) (1c) LE PL + Chứng minh P3  P4 (vì cùng phụ với hai góc bằng nhau) 1.0 NQ PN =>  (Tính chất tia phân giác) (2c) LQ PL NE NQ Từ 1c và 2c =>   NQ.LE  NE.LQ (ĐPCM) LE LQ Câu V Cho m, n, p là các số dương thỏa mãn m2  2n2  3 p2 . Chứng minh 1 2 3 rằng   m n p Ta có m2  2n2  3 p 2 2 m 2  2n 2 9 9 9 27 3 27 =>  p 2  2  2  2  2     2 3 p m  2n 2 p m  2n 2  p  m  2n 2 3 2 27  1 2 1.0 Ta cần chứng minh 2     m  2n 2  m n    m2  2n2   2   2   27 1 4 4  m mn n  Thật vậy. Ta có  1 4 4m 4m2 2n2 8n  m  2n   m2  mn  n2   1  n  n2  m2  m  8 2 2 4 2  1 4 4m 4m2 2n2 8n  m 2  2 n   m2 mn n2   4   1  n  2  2  8 n m m
2  1 4 m n  m n 2   2m2 2n 2n  2  m 2  2 n   m2 mn n2   4   9  4      2 2  n m  n   m2   n 2    m m Dễ thấy m n   m2 n 2   2m2 2n 2n  4     8; 2  2  2   4;  2   6  n m n m   n m m =>  m2  2n2   2   2   27 1 2 4  m mn n  Dấu = xảy ra khi m = n = 1 1 2 3 Vậy   . Dấu = xảy ra khi m = n = p = 1 m n p Chú ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa Giáo viên : Nguyễn Đức Tính – 0914.853.901