TS 10 20152016 phu tho chuyen toan

 Thí sinh làm bài theo cách khác với Hướng dẫn mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của Hướng dẫn chấm... Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy n[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2015-2016 Môn Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình : x  2015 2016 b) Trong các hình sau, hình nào nội tiếp đường tròn: Hình vuông; hình chữ nhật; hình thang cân; hình thang vuông Câu (2,0 điểm) (m  2) x  y   Cho hệ phương trình:  x  my 3 (I) ( với m là tham số) a) Giải hệ phương trình (I) với m=1 b) Chứng minh hệ phương trình (I) có nghiệm với m Tìm nghiệm đó theo m Câu (2,0 điểm) Cho Parabol (P): y  x và đường thẳng (d) có phương trình: y 2(m  1) x  3m  a) Tìm tọa độ giao điểm (P) và (d) với m=3 b) Chứng minh (P) và (d) luôn cắt hai điểm phân biệt A, B với m 2 c) Gọi x1 ; x2 là hoành độ giao điểm A, B Tìm m để x1  x2 20 Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) dây DE < 2R Trên tia đối DE lấy điểm A, qua A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (O), (B, C là tiếp điểm) Gọi H là trung điểm DE, K là giao điểm BC và DE a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp b) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC Chứng minh H thuộc đường tròn  (I) và HA là phân giác BHC 1   c) Chứng minh rằng: AK AD AE Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: 1 1        6      2015 b c  a  ab bc ca  Tìm giá trị lớn biểu thức: P 3(2a  b )  3(2b  c )  3(2c  a ) HẾT -Họ và tên thí sinh: SBD: Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC I Một số chú ý chấm bài HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn-thang điểm gồm 05 trang)  Hướng dẫn chấm thi đây dựa vào lời giải sơ lược một cách, chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm  Thí sinh làm bài theo cách khác với Hướng dẫn mà đúng thì tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm Hướng dẫn chấm  Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số II Hướng dẫn-thang điểm Câu (2 điểm) a) Giải phương trình : x  2015 2016 b)Trong các hình sau, hình nào nội tiếp đường tròn: Hình vuông; hình chữ nhật; hình thang cân; hình thang vuông Nội dung Điểm a) (0,5 điểm) 0,25 x  2015 2016  x 2016  2015  x 1 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x=1 b) (1,5 điểm) 0,5 Hình vuông Hình chữ nhật 0,5 Hình thang cân 0,5 Chú ý: Nếu học sinh trả lời cả đáp án đúng thì trừ 0,25 điểm Câu (2,0 điểm) (m  2) x  y   Cho hệ phương trình:  x  my 3 (I) ( với m là tham số) a) Giải hệ phương trình (I) với m=1 b) Chứng minh hệ phương trình (I) có nghiệm với m Tìm nghiệm Nội dung Điểm a) (1 điểm)  x  y  0,25  Thay m=1 ta có hệ phương trình:  x  y 3  y   y 1    x  y 3  x 3  y  y 1  y 1    x 3   x 2 Vậy với m=1 hệ phương trình có nghiệm nhất: (x;y) = (2; 1) 0,25 0,25 0,25 b) (1,0điểm) (m  2)   my   y  (m  2) x  y      x  my 3  x 3  my (m2  2m  3) y 3m   1   2  x 3  my 3m  m y   2my  y    x 3  my 0,25 0,25 m  2m   m  1   m nên PT (1) có nghiệm  m Suy hệ phương trình có nghiệm  m Ta có y Từ (1) ta có Câu (2 điểm) 3m   5m x m  2m  thay vào (2) ta có m  2m  0,25 0,25 Cho Parabol (P) y  x và đường thẳng (d) có phương trình y 2(m  1) x  3m  a) Tìm tọa độ giao điểm (P) và (d) với m=3 b) Chứng minh (P) và (d) luôn cắt hai điểm phân biệt A, B với m 2 c) Gọi x1 ; x2 là hoành độ giao điểm A, B Tìm m để x1  x2 20 Nội dung a) (1 điểm) Điểm 0,25 Thay m=3 ta có (d): y 8 x  2 Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d) m=3 là: x 8 x   x  x  0 Giải phương trình: x1 1; x2 7 0,25 Tọa độ giao điểm (P) và (d) là (1;1); (7; 49) b) (0,5 điểm) 0,25 x  2(m  1) x  3m  0  1 Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d):  11  ' 2  m  2m   3m  m  m   m     m 2  Nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  m Suy (P) và (d) luôn cắt hai điểm phân biệt A, B với m c) (0,5 điểm) ' Ta có x1 ; x2 là nghiệm phương trình (1) vì   m theo Viet ta có:  x1  x2 2m    x1 x2 3m  0,25 0,25 0,25 0,25 x12  x22 20   x1  x2   x1 x2 20 Thay hệ thức Viet ta có: 0,25  m 2  2m     3m   20  2m  m  0   m    2m  3 0   m   Câu (3 điểm) Cho đường tròn (O; R) dây DE < 2R Trên tia đối DE lấy điểm A, qua A kẻ hai tiếp tuyến AB 2 và AC với đường tròn (O), (B, C là tiếp điểm) Gọi H là trung điểm DE, K là giao điểm BC và DE a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp b) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC Chứng minh H thuộc đường tròn (I) và  HA là phân giác BHC 1   AK AD AE c) Chứng minh rằng: Nội dung Điểm a) (1 điểm) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp 0     Ta có: ABO  ACO 90 (gt) suy ABO  ACO 180 Nên tứ giác ABOC nội tiếp ( theo định lý đảo) b) (1,5 điểm) Gọi đường tròn (I) ngoại tiếp tứ giác ABOC Chứng minh H thuộc đường tròn  (I) và HA là phân giác BHC   Ta có ABO  ACO 90 nên tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC là trung điểm AO  Vì AHO 90 nên H thuộc đường tròn (I)   Theo tính chất tiếp tuyến giao thì AB  AC  AB  AC   Ta có: AHB  AHC ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)  Hay HA là phân giác góc BHC c) (0,5 điểm) 1   Chứng minh rằng: AK AD AE ACD  AEC  sđ DC     ACD  AEC CAD  EAC Xét tam giác và có (chung); 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 AC AD   AC  AD AE Nên ACD đồng dạng AEC (g.g) suy ra: AE AC (1)      Xét tam giác ACK và AHC có CAK HAC (chung); ACK CHA (  AHB ) AC AK   AC  AH AK Nên ACK đồng dạng AHC (g.g) suy ra: AH AC (2) Từ (1) và (2) suy ra: 1 AD AE  AK AH  AK ( AH  AH )  AK ( AD  DH  AE  EH ) 2 1  AD AE  AK ( AD  AE )    AK AD AE Câu (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: 1  1        6      2015 b c  a  ab bc ca  Tìm giá trị lớn biểu thức: P 2 3(2a  b )  2 3(2b  c )  0,25 3(2c  a ) Nội dung Điểm A  B  0  A2  B 2 AB; B  C 2 BC; A2  C 2 AC Ghi chú: Ta có   AB  BC  CA  2 A2  B  C  *  AB  BC  CA  A2  B  C  I  nên A2  B  C   AB  BC  CA  2 A2  B  C  A2  B  C Từ (*) suy ra:   A  B  C  3 A2  B  C  II  Ta có với A ,B ,C >0           1   A B  B C C A 1 1                 9       ( III ) A  B C  A B C   A B C   B A  C B   A C   A  B  C   Bất đẳng thức (I), (II),(III) xảy dấu '' '' A=B=C Áp dụng Bất đẳng thức: (I) ta có 1   1 1   1 1     6      2015 6      2015 a b c   ab bc ca  a b c  1    2015 a b c 0,25 1 1 1 1 1 1        2015     6045 a b c a b c Áp dụng (II) ta có  a b c  Ta lại có: 3(2a  b )  3( a  a  b )  ( a  a  b) 2a  b;(1); 3(2b  c ) 2b  c;(2); 3(2c  a ) 2c  a;(3) 1 P   2a  b 2b  c 2c  a Từ (1);(2);(3) ta có: Áp dụng (III) 0,25 0,25 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1          ;    ;     2a  b a  a  b  a a b   a b  2b  c  b c  2c  a  c a  P nên 1 1 1 1 6045        2a  b 2b  c 2c  a  a b c  6045 Vậy giá trị lớn 1    1 1   1 1 7  a  b  c  6  ab  bc  ca   2015 6  a  b  c   2015          1 ;    6045 ; a b c   a b c a b c P 6045  2015 6045 Chú ý: Nếu học sinh không chứng minh BĐT (I), (II),(III) mà áp dụng vẫn cho điểm tối đa  a b c  HẾT 0,25