Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi.. góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O.[r]
(1)TRƯỜNG THCS THIỆU ĐÔ ĐỀ A (Đề thi gồm 05 câu) KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 Thời gian: 120 phút Câu (2,0 điểm) a Giải phương trình: 2x2 – 3x – = 2 x y 7 b Giải hệ phương trình: x y c Cho phương trình x m 1 x 2m 0 (m là tham số) x1 x2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức A = a : a 1 a 1 a a (với a > 0; a 1) a Rút gọn A b Tính giá trị A x = Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – a + và x parabol (P): y = a Tìm a để đường thẳng d qua điểm A (-1;3) b Tìm a để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có tọa độ ( x1 ; y1 ) và ( x2 ; y2 ) thỏa mãn điều kiện x1 x2 ( y1 y2 ) 48 0 Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Hai đường cao AD, BE D BC; E AC cắt đường tròn (O) các điểm thứ hai là M và N a) Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm trên đường tròn Xác định tâm I đường tròn đó b) Chứng minh rằng: MN // DE c) Cho (O) và dây AB cố định Chứng minh độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi điểm C di chuyển trên cung lớn AB d) Tìm vị trí điểm C trên cung lớn AB cố định để diện tích tam giác CDE lớn Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn: a b c 1 Tìm giá trị lớn biểu thức: Q a b c b c b c c Hết - (2) Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ………… HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ A Nội dung Câu a) Ta có: a – b + c = Vậy phương trình có hai nghiệm 13 y 13 b) Hệ đã cho tương đương với hệ : x y Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) (2; 1) c) (2,0đ) x , x y x 2 Điểm 1,0 0,25 0,25 0,5 Điều kiện PT có nghiệm không âm x1 , x2 là ' 0 x1 x2 0 x x 0 m 0 2(m 1) 0 m 0 2 m 0 Theo hệ thức Vi-ét: x1 x2 2(m 1), x1 x2 2 m Ta có x1 x2 x1 x2 x1 x2 2 m 2 m 2 m 0 (thoả mãn) a 1 1 a (2,0đ) a) Ta có: A = 1 = a 1 a = b) Ta có: a 1 a 1 a : 1 a 1 a a a 74 2 0,5 0,5 nên a 2 1 5 3 Vậy A = = 3 = a) Vì (d) qua điểm A(-1;3) nên thay x 1; y 3 vào hàm số: y 2 x a (2,0đ) a 3 a ta có: b) Hoành độ giao điểm (d) và (P) là nghiệm phương trình: x 2 x a x x 2a 0 (1) Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt ' 2a a Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm 0,5 0,5 1,0 0,25 0,25 (3) phương trình (1) và y1 2 x1 a , y2 2 x2 a Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 x2 4; x1 x2 2a Thay y1,y2 vào x1 x2 y1 y2 48 0 ta có: x1 x2 x1 x2 2a 48 0 2a 10 2a 48 0 a 6a 0 a (thỏa mãn a ) a 7 (không thỏa mãn a ) Vậy a thỏa mãn đề bài (3đ) 0,25 0,25 Do AD, BE là đường cao ∆ABC (giả thiết) nên : ADB 900 và AEB 90 Xét tứ giác AEDB có a ADB AEB 90 nên bốn điểm A, E, D, B cùng thuộc đường tròn đường kính AB Tâm I đường tròn này là trung điểm AB Xét đường tròn (I) ta có: B D 1 1,0 (cùng chắn cung AE ) B b Xét đường tròn (O) ta có: M 1 (cùng chắn cung AN ) 1,0 M MN // DE D Suy ra: (do có hai góc đồng vị nhau) c Cách 1: Gọi H là trực tâm tam giác ABC *) Xét tứ giác CDHE ta có : CEH 90 (do AD BC ) CDH 900 (do BE AC ) suy CEH CDH 180 , đó CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH Như đường tròn ngoại tiếp ∆CDE chính là đường tròn đường kính CH, có CH bán kính *) Kẻ đường kính CK, ta có: KAC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) KA AC , mà BE AC (giả thiết) nên KA // BH (1) chứng minh tương tự có: BK // AH (2) Từ (1) và (2), suy AKBH là hình bình hành Vì I là trung điểm AB từ đó suy I là trung điểm KH, lại có O là 0,5 (4) CH (t/c đường trung bình) trung điểm CK nên Do AB cố định, nên I cố định suy OI không đổi Vậy điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi OI d S CDE CD cos ACB S CA C/m hai tam giác CDE và CAB đồng dạng => CAB Không đổi vì AB cố định Để SCDE max thì SABC max CH max C la điểm chính cua cung BC 4c) Cách 2: Gọi H là trực tâm tam giác ABC BH AC ; CH AB (1’) 0,5 Kẻ đường kính AK suy K cố định và ABK ACK 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) KB AB; KC AC (2’) Từ (1’) và (2’) suy ra: BH//KC; CH//KB Suy BHCK là hình hình hành CH BK Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH không đổi c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH => đpcm… a b c 1 a b c 0 (1đ) Từ Theo BĐT Cô-si ta có: 1 b b 2c 2b 4c b c b b.b 2c 2b 2 27 Suy ra: 0,25 0,5 4c 23 23 54 23c 23c 23 Q c c c c c c 1 c 27 27 27 23 54 54 27 23c 23c 23c 1 54 108 54 54 54 27 23 23 529 (5) a 0 a b c 12 b 2c 2b b 23 0,25 23c 23c 18 1 27 54 c 23 Dấu “=” xảy 108 12 18 a 0; b ; c 23 23 Vậy MaxQ = 529 Chú ý: - Các cách làm khác đúng cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với câu (Hình học): Không vẽ hình, vẽ hình sai thì không chấm; - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm TRƯỜNG THCS THIỆU ĐÔ KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT ĐỀ B NĂM HỌC 2016 – 2017 (Đề thi gồm 05 câu) Thời gian: 120 phút Câu (2,0 điểm) a Giải phương trình: 2x2 – 5x – = 2 x y 7 b Giải hệ phương trình: x y c Cho phương trình x m x m 0 (m là tham số) x1 x2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn Câu (2,0 điểm) 1 : Cho biểu thức B = x x x x x (với x > 0; x 1) a Rút gọn B b Tính giá trị B x = Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – b + và x parabol (P): y = a Tìm b để đường thẳng d qua điểm B (-2;3) b Tìm b để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có tọa độ ( x1 ; y1 ) và ( x2 ; y2 ) thỏa mãn điều kiện x1 x2 ( y1 y2 ) 84 0 Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Hai đường cao AD, BE D BC; E AC cắt đường tròn (O) các điểm thứ hai là M và N (6) a) Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm trên đường tròn Xác định tâm I đường tròn đó b) Chứng minh rằng: MN // DE c) Cho (O) và dây AB cố định Chứng minh độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi điểm C di chuyển trên cung lớn AB d) Tìm vị trí điểm C trên cung lơn AB cố định để diện tích tam giác CDE lớn Câu 5: (1,0 điểm).Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn: x y z 1 Tìm giá trị lớn biểu thức: Q x y z y z y z z Hết - Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ………… HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ B Câu Nội dung Điểm 1,0 x , x a) Ta có: a - b + c = Vậy phương trình có hai nghiệm 0,25 13 y 13 y 1 b) Hệ đã cho tương đương với hệ : x y Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) (2;1) c) (2,0đ) x 2 0,25 0,5 Điều kiện PT có nghiệm không âm x1 , x2 là ' 0 x1 x2 0 x x 0 m 0 2(m 1) 0 m 0 2 m 0 Theo hệ thức Vi-ét: x1 x2 2(m 1), x1 x2 2 m Ta có x1 x2 x1 x2 x1 x2 2 m 2 m 2 m 0 (thoả mãn) (2,0đ) a) Ta có: B = b) Ta có: x 1 1 x x 1 x 1 x : 1 x 1 x 74 2 nên 1 = x 1 x = x 2 x x 1,0 0,5 0,5 (7) 1 5 3 Vậy B = = 3 = a) Vì (d) qua điểm B(-2;3) nên thay x 2; y 3 vào hàm số: y 2 x b ta b 3 b có: b) Hoành độ giao điểm (d) và (P) là nghiệm phương trình: x 2 x b x x 2b 0 (1) Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt ' 2b b (2,0đ) Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm (d) và (P) nên x 1; x2 là nghiệm phương trình (1) và y1 2 x1 b , y2 2 x2 b Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 x2 4; x1 x2 2b Thay y1,y2 vào x1 x2 y1 y2 84 0 ta có: x1 x2 x1 x2 2b 84 0 2b 10 2b 84 0 b 6b 16 0 b (thỏa mãn b ) b 8 (không thỏa mãn b ) Vậy b thỏa mãn đề bài (3đ) 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 Do AD, BE là đường cao ∆ABC (giả thiết) nên : ADB 900 và AEB 90 Xét tứ giác AEDB có a ADB AEB 90 nên bốn điểm A, E, D, B cùng thuộc đường tròn đường kính AB Tâm I đường tròn này là trung điểm AB Xét đường tròn (I) ta có: B D 1 1,0 (cùng chắn cung AE ) B b Xét đường tròn (O) ta có: M 1 (cùng chắn cung AN ) 1,0 M MN // DE D Suy ra: (do có hai góc đồng vị nhau) c Cách 1: Gọi H là trực tâm tam giác ABC *) Xét tứ giác CDHE ta có : CEH 90 (do AD BC ) CDH 900 (do BE AC ) 0,5 (8) suy CEH CDH 180 , đó CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH Như đường tròn ngoại tiếp ∆CDE chính là đường tròn đường kính CH, có bán CH kính *) Kẻ đường kính CK, ta có: KAC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) KA AC , mà BE AC (giả thiết) nên KA // BH (1) chứng minh tương tự có: BK // AH (2) Từ (1) và (2), suy AKBH là hình bình hành Vì I là trung điểm AB từ đó suy I là trung điểm KH, lại có O là CH OI (t/c đường trung bình) trung điểm CK nên Do AB cố định, nên I cố định suy OI không đổi Vậy điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi Cách : Gọi H là trực tâm tam giác ABC BH AC ; CH AB (1’) Kẻ đường kính AK suy K cố định và ABK ACK 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) KB AB; KC AC (2’) Từ (1’) và (2’) suy ra: BH//KC; CH//KB Suy BHCK là hình hình hành CH BK Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH không đổi c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH đpcm… 4d S CDE CD cos ACB C/m hai tam giác CDE và CAB đồng dạng => SCAB CA Không đổi vì AB cố định Để SCDE max thì SABC max CH max C la điểm chính cua cung BC Từ 0,5 x y z 1 x y z 0 Theo BĐT Cô-si ta có: 1 y y 2z y 4z3 (1đ) y z y y y z y 27 Suy ra: 0,25 0,5 (9) 4z3 23 23 54 23 z 23 z 23 Q z z z z z z z 27 27 27 23 54 54 27 23z 23z 23z 1 54 108 54 54 54 27 23 23 529 x 0 x y z 0 12 y 2 z y y 23 0,25 23 z 23 z 18 1 27 54 z 23 Dấu “=” xảy 108 12 18 x 0; y ; z 23 23 Vậy MaxQ = 529 Chú ý: - Các cách làm khác đúng cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với câu (Hình học): Không vẽ hình, vẽ hình sai thì không chấm; - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm (10)