DE THI THU LAN 1 MON TOAN THCS DONG NGUYEN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐÊ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 MƠN : TỐN Thời gian làm 120 phút, không kể giao đề ĐỀ THI THỬ Câu I (1,5 điểm)  x 3  y  y   x 1) Giải hệ phương trình:  2) Cho hàm số y = f(x) = 3x2 có đồ thị (P) Tìm m để điểm A(m ; 2m) thuộc (P) Câu II (2,0 điểm) � x �� �   1) Rút gọn biểu thức sau : B  � �với x>0 x �1 � x  x x � �� � �� x  x  1� 2) Cho đường thẳng (d): y = 3x + 2m - (d /): y = x + Tìm m biết (d) (d/) cắt điểm A có tung độ Câu III (2,5 điểm) 1) Một phòng họp dự định có 120 người dự họp, họp có 160 người tham dự nên phải kê thêm dãy ghế mỗi dãy phải kê thêm ghế nữa vừa đủ Tính số dãy ghế dự định lúc đầu Biết số dãy ghế lúc đầu phòng nhiều 20 dãy ghế số ghế mỗi dãy ghế 2) Cho phương trình: x2 - (2m + 1)x + m2 - = (m tham số) Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 thỏa măn: (x12 - 2mx1 + m2)(x2 + 1) = Câu IV (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R Điểm C cố định nửa đường tròn Điểm M thuộc cung AC (M  A; C) Hạ MH  AB H, tia MB cắt CA E, kẻ EI  AB I Gọi K giao điểm của AC MH Chứng minh rằng: Tứ giác BHKC tứ giác nội tiếp; AK.AC = AM2; AE.AC + BE.BM không phụ thuộc vị trí của điểm M cung AC; Khi M chuyển động cung AC đường tròn ngoại tiếp tam giác MIC qua hai điểm cố định Câu V (1 điểm) Cho a, b, c số lớn a2 2b 3c Tìm giá tri nhỏ của biểu thức: P =   a 1 b 1 c 1 = = = = = Hết = = = = = Họ tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh:…………… Chữ kí giám thị :……………………………………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2016 - 2017 MƠN : Tốn (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) BẮC NINH HDC ĐỀ THI THỬ Câu Phần 1/ 0.75 điểm Câu I 1.5 điểm 2/ Nội dung  x 3  y    y   x  x 1   y 1  x  y 3    x  y 1  x  y 3    x  y 2 Điểm  x 5   x  y 3 0,25 Vậy nghiệm của hệ pt (x ; y) = (1 ; 1) Giả sử điểm A(m ; 2m) thuộc (P) y = 3x2 nên ta có: 3m2 = 2m  3m2 - 2m =  m(3m - 2) = m0 � m0 � � � � � 0.75 3m   m � � điểm Vậy m = 0; m = điểm A thuộc (P) � x �� � �  � � x > 0, x �1 x -1 x -1 x x x � � � � � x �� 1 �  �   =� � � � x  x ( x  1) �� x  ( x  1)( x  1) � � x 1 � x ��  �   =� � � x ( x  1) �� ( x  1)( x  1) ( x  1)( x  1) � � x ( x  1) P=� 1/ 1,00 Câu II điểm 2.0 điểm = - x 1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x 1 x ( x  1) ( x  1)( x  1) Vậy với x >0, x ≠ P =  = x x Ta có ≠ suy (d) (d/) cắt điểm A y = + = 2/ Tung độ của giao / 1,00 Vậy (d) (d ) cắt điểm A(1 ; 4) điểm Do A thuộc (d) nên : 3.1 + 2m - =  2m =  m = Vậy m = 0.25 0.25 0.25 0.25 0,25 0,25 0,25 0,25 Gọi x (dãy) số dãy ghế dự đinh lúc đầu( x � N* x  20 ) Khi x  (dãy) số dãy ghế lúc sau 120 (ghế) x 160 Số ghế mỗi dãy lúc sau: ghế x2 0.25 Số ghế mỗi dãy lúc đầu: 1/ 1,5 điểm Câu III 2.5 điểm 2/ điểm 0,25 Do phải kê thêm mỡi dãy ghế nữa vừa đủ 160 120  1 x2 x 0,5 x  30 � � 160x  120(x  2)  x(x  2) � x2  38x  240  � � x  (lo� i) � 0,25 nên ta có phương trình : Vậy số dãy ghế dự định lúc đầu 30 dãy Với phương trình: x2 - (2m + 1)x + m2 - = Có  = 4m2 + 4m + - 4m2 + = 4m + phương trình có nghiệm x1, x2   ≥ 0,25  4m + ≥  m ≥ 0,25 5 (!) b � x1  x2   2m  � � a Theo định lí vi-et ta có: � �x x  c  m  �1 a (2) Vì x1 nghiệm của phương trình nên: x12 - (2m + 1)x1 + m2 - = suy x12 - 2mx1 + m2 = x1 +1 (3) Mà theo : (x12 - 2mx1 + m2)(x2 + 1) = (4) Thay (3) vào (4) ta được: (x1 +1)(x2 + 1) =  x1x2 + x1 + x2 = (5) Thay (2) vào (5) ta được: m2 + 2m = Suy m = 0; m = -2 Với m = (thỏa mãn điều kiện); m = -2 (loại) Vậy m = phương trình có nghiệm x1, x2 thỏa măn: (x12 - 2mx1 + m2)(x2 + 1) = M C E K A H O I B 0,25 0,25 0,25 Ta có góc � ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) �  900 Hay KCB a) Xét tứ giác BHKC, có: �  900 (vì MH  AB ) KHB 0,75 � điểm KCB  90 (cm trên) �  KHB �  1800 , mà hai góc hai góc đối diện � KCB Vậy tứ giác BHKC nội tiếp đường tròn Chứng minh AHK ACB (g-g) 0,25 0,25 0,25 0,25 b) Suy AK.AC = AH.AB (1) 1.00 Áp dụng hệ thức lượng tam vng AMB ta có: AH.AB = AM2 (2) điểm Từ (1) (2) suy AK.AC = AM2 c) Chứng minh AEI 0,25 0,25 0,25 ABC (g-g) AE.AC = AI.AB (3) Chứng minh BEI BAM (g-g)BE.BM=BI.AB 0.75 Từ (3) (4) suy : Câu IV điểm điểm d) (4) AE.AC + BE.BM = AB.AI + BI.AB = AB(AI + BI) = AB2 = 4R �  EBC � CM tứ giác BCEI nội tiếp đường tròn EIC �  EAM � CM tứ giác AMEI nội tiếp đường tròn EIM 1� � �  EBC � �  MOC Mà EAM � � �2 � 0,5 �  MOC � , mà hai đỉnh O I kề cùng nhìn cạnh điểm Do MIC MC=> Tứ giác MOIC nội tiếp => Đường tròn ngoại tiếp tam giác MIC qua hai điểm O C P a a 1  2b b 1  3c c 1  a 11 a 1  2b   b 1  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3c   c 1 �� �� � � 2(b  1)  3( c  1)  � � � � � a 1� � b 1� � c 1� � �� �� � � P� a 1 2(b  1)  3( c  1)  � � � � � 12 a 1� � b 1� � c 1� � P� a 1 Câu V điểm P �2 ( a  1) a 1  2(b  1) b 1   a  a     Dấu xảy  2(b  1)  b     3(c  1)  c    3(c  1)  a 2   b 2  c 2  Vậy GTNN của P 24 a = b = c = c 1  12  24 0,25 0,25 0,25 0,25 ... a 1  2b b 1  3c c 1  a 1 1 a 1  2b   b 1  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3c   c 1 �� �� � � 2(b  1)  3( c  1)  � � � � � a 1 � b 1 � c 1 � �� �� � � P� a 1 2(b  1) ... 3( c  1)  � � � � � 12 a 1 � b 1 � c 1 � P� a 1 Câu V điểm P �2 ( a  1) a 1  2(b  1) b 1   a  a     Dấu xảy  2(b  1)  b     3(c  1)  c    3(c  1)  a 2... nên: x12 - (2m + 1) x1 + m2 - = suy x12 - 2mx1 + m2 = x1 +1 (3) Mà theo : (x12 - 2mx1 + m2)(x2 + 1) = (4) Thay (3) vào (4) ta được: (x1 +1) (x2 + 1) =  x1x2 + x1 + x2 = (5) Thay (2) vào (5) ta được: