thi thử vào 10 môn toán 2016 2017 huyện hoằng hóa DE a

PHÒNG GD & ĐT HUYỆN HOẰNG HÓA KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút ĐỀ A Câu (2 đ) a Giải phương trình: 2x2 – 3x – = 2 x − y =  x + y = −3 b.Giải hệ phương trình:  Câu (2 đ) Cho biểu thức A =   1   + −  ÷:  ÷+ 1− a 1+ a  1− a 1+ a  1− a (với a>0; a ≠ 1) a Rút gọn A b.Tính giá trị A x = + Câu (2 đ) Trong mặt phẳng tọa độ xOy, cho đường thẳng (d): y = 2x – a + parabol (P): y= x a Tìm a để đường thẳng a qua điểm A (-1;3) b.Tìm a để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có tọa độ ( x1 ; y1 ) ( x2 ; y2 ) thỏa mãn điều kiện x1 x2 ( y1 + y2 ) + 48 = Câu (3 đ) Cho đường tròn (O) có tâm O cố định, bán kính R không đổi, dây cung AB không ¼ ) Kẻ qua tâm Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A B, AO ( ¼ AOM ≤ MOB dây cung MN vuông góc với AB H Kẻ MK vuông góc với AN (K ∈ AN) a Chứng minh điểm A, H, M, K nằm đường tròn b Chứng minh MN phân giác góc BMK c Gọi E giao điểm HK BN Xác định vị trí M để (MK.AN+ME.NB) có giá trị lớn Câu (1 đ) 1   1 1 + +  =  + + ÷ + 2016 a b c   ab bc ca  1 + + 2 2 3(2a + b ) 3(2b + c ) 3(2c + a ) Cho số thực a, b, c thỏa mãn  Tìm giá trị lớn P = HẾT http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Nội dung Câu a) Ta có: a - b + c = Vậy phương trình có hai nghiệm x = −1 , x = − 13 y = 13 y = −   ⇔ (2,0đ) b) Hệ cho tương đương với hệ :  x + y = −3  x = Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (2; −1) a) Ta có: A = (2,0đ) = 1+ a +1− a  1+ a −1+ a   ÷:  ÷+ 1− a 1− a     1− a 1 + = a 1− a a −a ( b) Ta có: + = + Vậy A = ) nên a = 2+ =2+ −1 = = 5−3 2+ −7−4 5+3 ( ) a) Vì (d) qua điểm A(-1;3) nên thay x = −1; y = vào hàm số: y = x − a + ta có: ( −1) − a + = ⇔ a = −4 b) Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình: x = x − a + ⇔ x − x + 2a − = (1) Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt (1) phải có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > ⇔ − 2a > ⇔ a < (2,0đ) Vì (x1; y1) (x2; y2) tọa độ giao điểm (d) (P) nên x1; x2 nghiệm phương trình (1) y1 = x1 − a + , y2 = x2 − a + Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + x2 = 4; x1 x2 = 2a − Thay y1,y2 vào x1 x2 ( y1 + y2 ) + 48 = ta có: x1 x2 ( x1 + x2 − 2a + ) + 48 = ⇔ ( 2a − ) ( 10 − 2a ) + 48 = ⇔ a − 6a − = ⇔ a = −1 (thỏa mãn a < ) a = (không thỏa mãn a < ) Vậy a = −1 thỏa mãn đề a) Ta có: ·AKM = 900 M (3,0đ) (Vì MK vuông góc với AN ) K ·AHM = 900 (Vì MN vuông góc với AB) H Suy ·AKM + ·AHM = 1800 A Vậy tứ giác AHMK nội tiếp đường tròn đường kính AM, hay bốn điểm A, H, M, K nằm O E đường tròn · · b) Do tứ giác AHMK nội tiếp nên KMH (cùng bù với góc KAH) = HAN · · Mặt khác NAH = NMB (nội tiếp chắn cung NB) N http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 Điểm 1,0 0,5 0,5 1,0 0,5 0,5 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 B 1,0 0,5 · · Suy ra: KMN = NMB Vậy MN tia phân giác góc KMB · · c) Ta có tứ giác AMBN nội tiếp => KAM = MBN · · · => MBN => tứ giác MHEB nội tiếp = KHM = EHN · · => NME =>∆HBN đồng dạng ∆EMN (g-g) = HBN HB BN = => ME.BN = HB MN (1) ME MN => 0,5 0,5 Ta có ∆AHN đồng dạng ∆MKN (Hai tam giác vuông có góc ANM chung) AH AN = => MK.AN = AH.MN (2) MK MN => Từ (1) (2) ta có: MK.AN + ME.BN = MN.AH + MN.HB = MN(HB+AH) = MN.AB Do AB không đổi, nên MK.AN + ME.BN lớn MN lớn => MN đường kính đường tròn tâm O => M điểm cung nhỏ AB Áp dụng BĐT 3(x2 + y2+ z2) ≥ (x + y + z)2 ta có: (1,0đ) 3(2a2 + b2 ) ≥ (2a + b)2; 3(2b2 + c2 ) ≥ (2b + c)2; 3(2c2 +a2 ) ≥ (2c+a)2 1 + + 2a + b 2b + c 2c + a 1 1 1 1 Áp dụng : (x+y+z)( x + y + z ) ≥ ⇒ ( x + y + z ) ≥ x + y + z ( ∀x, y, z > ) 1 1  1   1   1  + + ≤  + +  +  + +  +  + +  Ta có: P ≤ 2a + b 2b + c 2c + a  a a b   b b c   c c a   3 3 1 1 1 ⇒ P ≤  + +  =  + +  (I)  a b c 3 a b c 0,25 0,25 ⇒ P≤ 0,25 1   1 1  1 1  1 1 + + + + + + + + 2016   * 10 2 =  2 ÷  =  + + ÷ + 2016 ÷ a b c   a b c   ab bc ca  a b c  (II) 2 1   1  1   1 1 1 Lại có:  + +  ≥  + +  ⇒  + +  ≥  + +  b c  a b c  a a a b c  b c  1  1  1 1 ⇒ 10  + +  ≥ 10  + +  (III) b c  a a b c  2 1 1 1 1  ⇒ ≥ + + + 2016 + + Từ (II) (III) 3 10   ÷ a b c  b c  a 2 1 1 1  ⇒ 2016 ≥ 10  + +  -3  + +  a b c  b c  a  1 1 1 1 ⇒  + +  ≤ 3.2016 ⇒  + +  ≤ 3.2016 (IV) a b c b c  a 11 1 2016 = 672 Từ (I) (IV) ⇒ P ≤  + +  ≤ 3.2016 = 3 a b c 3 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 0,25 0,25 Vậy GTLN P = 672 a = b = c ⇔ a=b=c= 672 1  1    7 + + ÷= 6 + + ÷ + 2016 ab bc ca b c  a   0,25 Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với câu (Hình học): Không vẽ hình, vẽ hình sai không chấm; - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 ... −1) a) Ta có: A = (2,0đ) = 1+ a +1− a  1+ a −1+ a   ÷:  ÷+ 1− a 1− a     1− a 1 + = a 1− a a a ( b) Ta có: + = + Vậy A = ) nên a = 2+ =2+ −1 = = 5−3 2+ −7−4 5+3 ( ) a) Vì (d) qua điểm... x2 = 2a − Thay y1,y2 vào x1 x2 ( y1 + y2 ) + 48 = ta có: x1 x2 ( x1 + x2 − 2a + ) + 48 = ⇔ ( 2a − ) ( 10 − 2a ) + 48 = ⇔ a − 6a − = ⇔ a = −1 (th a mãn a < ) a = (không th a mãn a < ) Vậy a = −1... 0,5 0,5 Ta có ∆AHN đồng dạng ∆MKN (Hai tam giác vuông có góc ANM chung) AH AN = => MK.AN = AH.MN (2) MK MN => Từ (1) (2) ta có: MK.AN + ME.BN = MN.AH + MN.HB = MN(HB+AH) = MN.AB Do AB không đổi,