Tải Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán Sở GD&ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu năm 2016 - 2017 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án

Đường thẳng đi qua C vuông góc với AB cắt nửa đường tròn (O) tại D.. Gọi E là trung điểm đoạn CD..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU Năm học 2016 – 2017

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 14 tháng năm 2016 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (2,5 điểm)

a)

8 16

2  

Rút gọn biểu thức: A =

b) 7 x y x y      

 Giải hệ phương trình: ﾧ

c) Giải phương trình: x2 + x – = Câu 2: (1,0 điểm)

a)

2Vẽ parabol (P): y = x2

b) Tìm giá trị m để đường thẳng (d): y = 2x + m qua điểm M(2; 3)

Câu 3: (2,5 điểm)

1 2 2

x x  x  x  a/ Tìm giá trị tham số m để phương phương trình x2 – mx – = có

hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn

b/ Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 360 m2 Tính chiều dài chiều rộng

mảnh đất đó, biết tăng chiều rộng thêm 3m giảm chiều dài 4m mảnh đất có diện tích khơng thay đổi

4 ( 1) 1 0

x  x  x    c/ Giải phương trình: ﾧ Câu 4: (3,5 điểm)

Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Lấy C đoạn AO, C khác A O Đường thẳng qua C vng góc với AB cắt nửa đường tròn (O) D Gọi E trung điểm đoạn CD Tia AE cắt nửa đường tròn (O) M

a) Chứng minh tứ giác BCEM nội tiếp

b) Chứng minh góc AMD + góc DAM = DEM

c)

CA FD

CD FB Tiếp tuyến (O) D cắt đường thẳng AB F Chứng minh FD2 = FA.FB

d)

CD

Gọi ( I; r) đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM Giả sử r = Chứng minh CI//AD

a b ab a b    a b ab 

Hết -ĐÁP ÁN Câu 1:

a)

8

3 16 12

     

Rút gọn: A=ﾧ

b)

4 7 14

3 7

x y x x x y x y y

   

  

 

  

    

   Giải hệ PT:

c) Giải PT: x2+x-6=0

2

1

4 4.1.( 6) 25

1 5

2;

2 2

b ac b b x x a a                           ﾧ Câu 2:

a) Vẽ đồ thị hàm số:

x -2 -1

2

1

2x y= 2

1 2

b) Để (d) qua M(2;3) : 3=2.2+mm=-1 Vậy m=-1 (d) qua M(2;3)

Câu 3:

a) Vì a.c=1.(-2)=-2<0

Vậy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m

1

1 2 b x x m

a c x x a            

 Theo ViÉt ta có:

Để x1x2 + 2x1 + 2x2 =4 x1x2 +2(x1+x2) = -2 + 2m = 4 m =

Vậy m=3 phương trình x2-mx-2=0 có hai nghiệm thỏa: x1x2 + 2x1 + 2x2 =

1 0.5*x^2

(-2, 2)

(2, 2) y = / x

A C O B D E M F H I K 1 1 b)

Gọi x(m) chiều rộng mảnh đất lúc đầu( x > 0) 360

x Chiều dài mảnh đất lúc đầu (m)

Chiều rộng mảnh đất sau tăng: x+3(m) 360

4

x  Chiều dài mảnh đất sau giảm: (m)

360

x  Theo đề ta có pt: (x+3)()=360

15( ) 18( ) x n x l    

 (x+3)(360-4x)=360x x2+3x-270=0 

Vậy chiều rộng, chiều dài đất hình chữ nhật lúc đầu : 15m 24m Câu 3c)

Giải phương trình:

4 2

4 2 2 2 2 2 2

( 1) 1

1 ( 1) ( 1)( 1) ( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1 2)

x x x

x x x x x x x x x x x x x

    

            

             ﾧ

2

(x x 2)

      x2 1 0 x

    ﾧ(1) Vì ﾧ

2 1( 0) x  t

2 2 0 1( )

2( ) t n t t t l         

 Đặt t = ﾧ (1) ﾧ

2 1 1 0

x x

     Với t = ﾧ Vậy phương trình có nghiệm x = 0

Câu

 90 ( )0

BCE gt BME BMA 900

  a\ Xét tứ giác BCEM có: ;(góc nội tiếp chắn đường tròn)  BCE BME 90   0900 1800 chúng hai góc đối nhau

Nên tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn đường kính BE

 

  

1

( )

DEM CBM BCEMnt CBM CBD B

        

b\ Ta có:  

1

CBD M B1 A1 Mà ( chắn cung AD); (cùng chắn cung DM)

  

1

DEM M A DEM AMD DAM Suy Hay

2 . FD FA

hayFD FA FB

FB FD  Suy tam giác FDA đồng dạng tam giác FBD nên:

 

1

D FBD D 2 FBD DAB D 1D 2 + Ta có (cmt);(cùng phụ ) nên

CA FA

CD FD ( ) FD FA

cmt FB FD

CA FD

CD FB Suy DA tia phân giác góc CDF nên Mà Vậy

2

CD

2

CD

d\ + Vì I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DEM có IE = (gt) Mà ED = EC = (gt)

2

CD

CI ID

  Trong tam giác CID có IE = ED = EC = nên tam giác CID vuông I (1)  

KID KHD KHD M M 1DBAKID DBA  + Ta có (tứ giác KIHD nội tiếp); (HK//EM);(cùng

chắn cung AD) nên

 

KID KDI 90  DBA CDB 90   KDI CDB   + Ta lại có :(tam giác DIK vng K);

(tam giác BCD vuông C) Suy nên DI DB (2) CI DB

a b ab

a b

 

a b P ab

ab



2 2

2

x y

           

2 2

2 2

2 4

2 2 .

2 2 2

4

ab a b ab a b a b

a b ab a b

a b

    

     

 

 

 

2 2

2 2 4

a b a b

P a b

a b a b

 

    

4

2 2

2

2 2

a b

a

a b ab

b a b

ab

a b



  

  

 

  

 

  

  

 

 