Đang tải... (xem toàn văn)
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)KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút Câu (2 đ) a Giải phương trình: 2x2 – 3x – = x y 7 b Giải hệ phương trình: x y Câu (2 đ) Cho biểu thức A = a Rút gọn A 1 : 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a (với a>0; a 1) b Tính giá trị A x = Câu (2 đ) x Trong mặt phẳng tọa độ Õy, cho đường thẳng (d): y = 2x – a + và parabol (P): y = 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 ) và ( x2 ; y2 ) thỏa mãn điều kiện x1 x2 ( y1 y2 ) 48 0 Câu (3 đ) Cho đường tròn (O) có tâm O cố định, bán kính R không đổi, dây cung AB không qua tâm Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A và B, AO ( AOM MOB ) Kẻ dây cung MN vuông góc với AB H Kẻ MK vuông góc với AN (K AN) a Chứng minh điểm A, H, M, K cùng nằm trên đường tròn b Chứng minh MN là phân giác góc BMK c Gọi E là giao điểm HK và BN Xác định vị trí M để (MK.AN+ME.NB) có giá trị lớn ( Câu (1 đ) Cho số thực a, b, c thỏa mãn Tìm giá trị lớn P = 2 3(2a b ) 1 + 2+ 2 a b c 2 3(2b c ) ) 1 1 2016 = ab bc ca 3(2c a ) (2) Câu (2,0đ) KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Nội dung 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 a) Ta có: A = a 1 a 1 a : 1 a 1 a 74 2 (2,0đ) b) Ta có: nên 0,5 y x 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) (2; 1) a 1 1 a x , x Điểm 1,0 0,5 1 = a 1 a = a a 0,5 a 2 0,5 1 5 3 Vậy A = = 3 = 1,0 a) Vì (d) qua điểm A(-1;3) nên thay x 1; y 3 vào hàm số: y 2 x a 1,0 ta có: 1 a 3 a b) Hoành độ giao điểm (d) và (P) là nghiệm phương trình: 0,25 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 0,25 ' 2a a (2,0đ) Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm 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 0,25 2a 10 2a 48 0 a 6a 0 a (thỏa mãn a ) a 7 (không thỏa mãn a ) M Vậy a thỏa mãn đề bài 0,25 K (3,0đ) H A B a) Ta có: AKM 90 (Vì MK vuông góc với AN ) và AHM 90 (Vì MN vuông góc với AB) Suy AKM AHM 180 O E 1,0 N (3) Vậy tứ giác AHMK nội tiếp đường tròn đường kính AM, hay bốn điểm A, H, M, K cùng nằm trên đường tròn b) Do tứ giác AHMK nội tiếp nên KMH HAN (cùng bù với góc KAH) Mặt khác NAH NMB (nội tiếp cùng chắn cung NB) Suy ra: KMN NMB Vậy MN là tia phân giác góc KMB 0,5 0,5 c) Ta có tứ giác AMBN nội tiếp => KAM MBN => MBN KHM EHN => tứ giác MHEB nội tiếp => NME HBN =>HBN đồng dạng EMN (g-g) HB BN => ME MN => ME.BN = HB MN (1) 0,5 Ta có AHN đồng dạng MKN ( Hai tam giác vuông có góc ANM chung ) AH AN => MK MN => MK.AN = AH.MN (2) Từ (1) và (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 là đường kính đường tròn tâm O => M là điểm chính 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 + + a+ b b+ c 2c +a 1 Áp dụng : (x+y+z)( x + y + z ) x, y, z ) 0,25 0,25 P 1 1 + + a+ b b+c 2c +a 3 1 1 + + + + = a b c a b c Ta có: P ( P * 10 ( 9 1 + 2+ 2 a b c ) ( 1 [( ) x+ y+z ( x+y+z ) ( 1 1 1 1 + + + + + + + + a a b b b c c c a )( )( )] 0,25 (I) ) 1 1 1 1 1 1 2016 2016 ab bc ca a b c = = a b c (II) Lại có: 10 ( 1 + 2+ 2 a b c 1 + + a2 b c ( ) ) 1 + + a b c 1 1 + + 10 a b c ( ( ) ( ) 1 + 2+ 2 a b c Từ (II) và (III) 2016 10 ( 1 + + a b c ) -3 ( ( 10 1 + + a b c ) 1 + + a b c ) 0,25 (III) 1 2016 3 a b c ) 3 ( 1 + + a b c ) (4) ( 1 + + a b c ) 3.2016 Từ (I) và (IV) P ( 1 + + a b c 1 1 + + a b c ( ) Vậy GTLN P = 672 a = b = c và ) 3.2016 (IV) 3.2016 = 0,25 2016 672 1 1 6 2016 b c a ab bc ca 0,25 a = b = c = 672 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) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 Câu (2,0 điểm) 1 : Cho biểu thức A = a a a 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 + 1 x và parabol (P): y = 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 ) 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 (5) 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 Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ………… HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ A Nội dung Câu Điểm 1,0 x , x a) Ta có: a – b + c = Vậy phương trình có hai nghiệm 13 y 13 y b) Hệ đã cho tương đương với hệ : x y x 2 (2,0đ) 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) (2; 1) 0,25 c) 0,5 Điều kiện PT có nghiệm không âm x1 , x2 là m 0 ' 0 x1 x2 0 2( m 1) 0 m 0 2 m 0 x x 0 Theo hệ thức Vi-ét: x1 x2 2(m 1), x1 x2 2m Ta có x1 x2 x1 x2 x1 x2 2 (t/mãn) a) Ta có: A = a 1 1 a a 1 a 1 a : 1 a 1 a (2,0đ) b) Ta có: m 2 m 2 m 0 nên 1 = a 1 a = a a a 2 1 5 3 Vậy A = =53 =2 a) Vì (d) qua điểm A(-1;3) nên thay x 1; y 3 vào hàm số: y 2 x a ta có: (2,0đ) 1 a 3 a 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0 (6) x 2 x a b) Hoành độ giao điểm (d) và (P) là nghiệm phương trình: 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 x ; x là nghiệm phương trình (1) và y1 2 x1 a , y2 2 x2 a 2a 10 2a 48 0 a 6a 0 a (thỏa mãn a ) a 7 (không thỏa mãn a ) Vậy a thỏa mãn đề bài Do AD, BE là đường cao ∆ABC (giả thiết) nên : ADB 900 và AEB 90 a Xét tứ giác AEDB có 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 B D 1 (cùng chắn cung AE ) Xét đường tròn (I) ta có: B b Xét đường tròn (O) ta có: M 1 (cùng chắn cung AN ) M MN // DE D Suy ra: (do có hai góc đồng vị nhau) c Cách 1: Gọi H là trực tâm tam giác ABC CDH 900 (do BE AC ) *) Xét tứ giác CDHE ta có : CEH 90 (do AD BC ) 0,25 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 (3đ) 0,25 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 kính CH *) 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) c/ 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 trung điểm CK nên OI CH (t/c đường trung bình) Do AB cố định, nên I cố định 0,25 0,25 1,0 1,0 0,5 (7) 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 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 ó CH max ó C la điểm chính cua cung BC 4c) Cách 2: Gọi H là trực tâm tam giác ABC BH AC ; CH AB (1’) Kẻ đường kính AK suy K cố định và 0,5 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… Từ a b c 1 a b c 0 1 b b 2c 2b 4c b c b b.b 2c 2b 2 27 Theo BĐT Cô-si ta có: 2 0,25 4c 23 23 54 23c 23c 23 Q c c c c c c 1 c 27 27 27 23 54 54 27 Suy ra: 23c 23c 23c 0,5 2 1 54 54 108 54 54 27 (1đ) 23 23 529 a 0 a b c 12 0,25 b 2c 2b b 23 23c 23c 108 12 18 18 1 a 0; b ; c 27 54 c 23 23 23 Dấu “=” xảy 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 (8) - Đối với câu (Hình học): Không vẽ hình, vẽ hình sai thì không chấm; - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 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 2m x 2m 0 (m là tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x thỏa mãn Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức B = a Rút gọn B 1 : 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x x1 x2 (với x > 0; x 1) b Tính giá trị B x = Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – b + và parabol x (P): y = a Tìm b để đường thẳng b 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 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 (9) 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: ………… Câu HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ B Nội dung Điểm a) Ta có: a - b + c 1,0 = Vậy phương trình có hai nghiệm x , x b) Hệ đã cho tương đương với hệ : 13 y 13 x y (2,0đ) 0,25 0,25 y 1 x 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) (2;1) c) 0,5 Điều kiện PT có nghiệm không âm ' 0 x1 x2 0 x x 0 m 0 2(m 1) 0 m 0 2 m 0 Theo hệ thức Vi-ét: Ta có x1 x2 m 2 m 2 m 0 a) Ta có: B = 1,0 (10) 1 x 1 1 x x 1 x 1 x : 1 x 1 x 1 = x 1 x = x x b) Ta có: (2,0đ) 0,5 74 2 nên x 2 0,5 Vậy B = 2 3 7 = 1 5 3 53 =2 (2,0đ) a) Vì (d) qua điểm B(-2;3) nên thay x 2; y 3 vào hàm số: y 2 x b ta có: b 3 b 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 Vì (x1; y1) và (x2; 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 (11) y2) là tọa độ giao điểm (d) và (P) nên x1; 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 (3đ) b 6b 16 0 b (thỏa mãn b ) b 8 (không thỏa mãn b ) Vậy b thỏa mãn đề bài a 1,0 Do AD, BE là đường cao ∆ABC (giả thiết) nên : ADB 900 và AEB 90 Xét tứ giác AEDB có ADB AEB 900 nên bốn điểm A, E, D, B cùng thuộc đường tròn đường kính AB Tâm I đường tròn này là trung điểm AB (12) b c Xét đường tròn (I) B D 1 ta có: (cùng chắn cung AE ) Xét đường tròn (O) ta có: B M 1 (cùng chắn cung AN ) Suy ra: M MN // DE D 1 (do có hai góc đồng vị nhau) 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 1800 , 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 1,0 0,5 (13) 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 trung điểm CK nên OI CH (t/c đường trung bình) 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 (14) (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… C/m hai tam giác CDE và CAB đồng dạng => 4d (1đ) S CDE CD cos ACB S CAB CA Không đổi vì AB cố định Để SCDE max thì SABC max ó CH max ó C la điểm chính cua cung BC Từ x y z 1 x y z 0 0,5 Theo BĐT Cô-si 0,25 ta có: 1 y y 2z y 4z y z y y y z y 2 27 Suy ra: 4z3 23 23 54 23 z 23 z 23 Q z z z z z z z 27 27 27 23 54 54 27 0,5 23 z 23 z 23 z 2 54 54 27 54 108 54 23 23 529 Dấu “=” xảy 0,25 (15) x 0 x y z 0 12 y 2 z y y 23 23z 23z 18 1 27 54 z 23 Vậy MaxQ = 108 12 18 x 0; y ; z 529 23 23 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 KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Bài (2,0 điểm) Cho biÓu thøc M = √ x − √ x +1 √ x +3 + + x −5 √ x+6 √ x − − √ x 1.Tìm điều kiện x để M có nghĩa và rút gọn M 2.Tìm x để M = 3.T×m x Z để M Z 12 Bài (2,0 điểm)Hai người cùng làm chung công việc thì xong Nếu người làm mình thì người thứ hoàn thành công việc ít người thứ hai là Hỏi làm mình thì người phải làm bao nhiêu thời gian để xong công việc? Bài (2,0 điểm)Cho ph¬ng tr×nh: x2 + 2x + m-1= ( m lµ tham sè) a) Phơng trình có hai nghiệm là nghịch đảo b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn 3x1+2x2 = 1 c) LËp ph¬ng tr×nh Èn y tho¶ m·n y 1=x 1+ ; y 2=x 2+ x2 tr×nh ë trªn x1 víi x1; x2 lµ nghiÖm cña ph¬ng (16) Bài (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt H và cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P Chøng minh r»ng: Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên đờng tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H và M đối xứng qua BC Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Bài (0,5 điểm) T×m c¸c sè nguyªn x,y,z tho¶ m·n x y z xy y z - HẾT Họ và tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: ……………………… KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (17) Bài Bài Đáp án 2√ x−9 x +1 √ x +3 + √ + x −5 √ x+6 √ x − − √ x M= a.§K x≥ 0; x≠ ;x ≠ Rót gän M = 0,5® √ x − 9− ( √ x+3 )( √ x −3 ) + ( √ x+1 ) ( √ x − ) ( √ x −2 ) ( √ x −3 ) Biến đổi ta có kết quả: M = x −√ x − ( √ x −2 ) ( √ x −3 ) ( √ x+ )( √ x − ) x +1 ⇔ M= √ ( √ x −3 ) ( √ x − ) √ x −3 §èi chiÕu §K: x ≥ ; x ≠ ; x ≠ VËy x = 16 th× M = M= √ x+1 = √ x −3+ =1+ √ x − √ x −3 √ x −3 Do M z nªn √ x −3 lµ íc cña ⇒ √ x −3 nhËn c¸c gi¸ trÞ: -4; -2; -1; 1; 2; Lập bảng giá trị ta đợc: ⇒ x ∈ { 1; ; 16 ; 25 ; 49 } v× x ≠ ⇒ x ∈ { 1; 16 ; 25 ; 49 } c M = Bài Gọi thời gian người thứ hoàn thành mình xong công việc là x (giờ), ĐK x 12 Thì thời gian người thứ hai làm mình xong công việc là x + (giờ) 1 Mỗi người thứ làm x (cv), người thứ hai làm x (cv) 12 Vì hai người cùng làm xong công việc nên hai đội làm 12 1: = 12 (cv) Do đó ta có phương trình 1 x2x x ( x 2) 12 5x2 – 14x – 24 = x x 12 , ’ = 49 + 120 = 169, 13 x 13 13 20 x 4 5 (loại) và 5 (TMĐK) => Vậy người thứ làm xong công việc giờ, người thứ hai làm xong công việc 4+2 = 3) a) Ta cã ’ = 12 – (m-1) = – m Phơng trình có hai nghiệm là nghịch đảo Điểm (18) Bài Đáp án ⇔ ' Δ ≥0 P=1 ⇔ ¿ 2− m≥ m− 1=1 ⇔ ¿ m≤ m=2 ⇔ m=2 ¿{ Điểm VËy m = b) Ta cã ’ = 12 – (m-1) = – m Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm – m m (*) Khi đó theo định lí Viet ta có: x1+ x2 = -2 (1); x1x2 = m – (2) Theo bµi: 3x1+2x2 = (3) Tõ (1) vµ (3) ta cã: ¿ x + x 2=−2 x1 +2 x 2=1 ⇔ ¿ x +2 x2=−4 x1 +2 x 2=1 ⇔ ¿ x 1=5 x + x 2=−2 ⇔ ¿ x 1=5 x2=−7 ¿{ ¿ ThÕ vµo (2) ta cã: 5(-7) = m -1 m = - 34 (tho¶ m·n (*)) VËy m = -34 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m d) Với m thì phơng trình đã cho có hai nghiệm Theo định lí Viet ta có: x1+ x2 = -2 (1) ; x1x2 = m – (2) x +x Khi đó: y 1+ y 2=x 1+ x + + =x 1+ x + =−2+ − = m x1 x y y 2=(x 1+ x1 x2 m−1 −m (m≠1) 1 1 m2 )( x 2+ )=x x + +2=m−1+ +2= x2 x1 x1 x m− m −1 y1; y2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: y2 - 2m y + 1−m Ph¬ng tr×nh Èn y cÇn lËp lµ: (m-1)y2 + 2my + m2 = Bài 4: (m≠1) m m−1 = (m≠1) (19) Bài Đáp án Điểm XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: é CEH = 900 ,é CDH = 900 ( Vì BE, AD là đờng cao) => Ð CEH + Ð CDH = 1800 Mà é CEH và é CDH là hai góc đối tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE AC => ÐBEC = 900 CF là đờng cao => CF AB => éBFC = 900 Nh vËy E vµ F cïng nh×n BC díi mét gãc 900 => E và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên đờng tròn XÐt hai tam gi¸c AEH vµ ADC ta cã: Ð AEH = Ð ADC = 900 ; ¢ lµ gãc chung => AEH ~ ADC => AE = AH => AE.AC = AH.AD AD AC * XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã: Ð BEC = Ð ADC = 900 ; ÐC lµ gãc chung => BEC ~ ADC => BE = BC => AD.BC = BE.AC AD AC Ta cã ÐC1 = ÐA1 ( v× cïng phô víi gãc ABC) ÐC2 = ÐA1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM) => ÐC1 = Ð C2 => CB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc HCM; l¹i cã CB HM => CHM c©n t¹i C => CB là đơng trung trực HM H và M đối xứng qua BC Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên đờng tròn => ÐC1 = ÐE1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF) Còng theo chøng minh trªn CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp ÐC1 = ÐE2 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD) ÐE1 = ÐE2 => EB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc FED Chøng minh t¬ng tù ta còng cã FC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DFE mµ BE vµ CF c¾t H đó H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Bài 5: V× x,y,z lµ c¸c sè nguyªn nªn: x y z xy y z x y z xy y z 0 y2 3y2 x xy y z z 0 2 2 y y x 1 z 1 0 2 2 y y x 1 z 1 0 2 Mµ 2 y y x 1 z 1 0 2 2 (*) x, y R (20) Bài Đáp án y x 0 y 0 2 z 0 Điểm x 1 y 2 z 1 C¸c sè x,y,z ph¶i t×m lµ x 1 y 2 z 1 ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016-2017 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) ———————————— Câu 1: (2,0 điểm) P x x Cho biểu thức: a) Rút gọn biểu thức P x x ( với x 0 và x 4 ) b) Tính giá trị biểu thức P x 16 Câu 2: (2,0 điểm) Giải bài toán cách lập phương trình Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều rộng nửa chiều dài Nếu giảm chiều dài 2m và tăng chiều rộng 1m thì ta có diện tích 198m Tính chu vi và diện tích mảnh đất lúc ban đầu Câu 3: (2,0 điểm) (21) Cho phương trình: x 2m 1 x m m 0 (1) (trong đó x là ẩn, m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m b) Tìm tất các giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 A x12 x22 cho đạt giá trị nhỏ 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 e) Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm trên đường tròn Xác định tâm I đường tròn đó f) Chứng minh rằng: MN // DE g) 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 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 -(Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:……………………………………… Số báo danh:……………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN Câu Nội dung trình bày a ĐKXĐ: x 0 và x 4 (2đ) x 1 P x x x2 x x x 2 x 2 x x Điể m 1,0 x x 2 x x x 2 x 2 x 2 x x (22) b x 16 P 16 2 16 1,0 Với Gọi x(m) là chiều rộng lúc đầu mảnh đất hình chữ nhật (x > 0) thì chiều dài mảnh đất là 2x (m) Nếu giảm chiều dài 2m thì chiều dài là x (m) tăng chiều rộng 1m thì chiều rộng là: x (m) 2x 0,25 0,5 x 1 (m2) ta diện tích là : Theo đề bài diện tích là 198m2, nên ta có phương trình: (2đ) x x 1 198 x 10 ( KTM ) x 100 x 10 (TM ) 0,75 Khi đó chiều rộng và chiều dài ban đầu mảnh đất là: 10m và 20m Chu vi mảnh đất lúc đầu là: 2.(10 + 20) = 60 (m) Diện tích mảnh đất lúc đầu là: 10.20 = 200 (m2) Với m , ta có phương trình : a x 0 x 1 (1) x x 0 x 1 x 0 x 0 x S 2;1 m Vậy với thì phương trình (1) có tập nghiệm là: 0,5 1,0 Ta có nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với giá trị m 0,25 x1 x2 2m Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 x2 m m (*) 2 b Lại có A x1 x2 x1 x2 x1 x2 (**) Thay (*) vào (**) ta 0,25 2m 1 m m 9 0, m (2đ) 1,0 1 9 A 2m 1 m m 2m 2m 2 m 2 2 0,25 Dấu “=” xảy m Vậy minA = 0,25 2 m (23) (3đ) 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 1,0 B D 1 (cùng chắn cung AE ) B b Xét đường tròn (O) ta có: M 1 (cùng chắn cung AN ) 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 ) Xét đường tròn (I) ta có: 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, CH có 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 OI CH (t/c đường trung bình) O là 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 1,0 1,0 (24) 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… a b c 1 a b c 0 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 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 (1đ) 23 23 529 a 0 a b c 12 b 2c 2b b 23 23c 23c 18 1 27 54 c 23 Dấu “=” xảy 108 12 18 a 0; b ; c 23 23 Vậy MaxQ = 529 0,5 0,25 Lưu ý: - Trên đây là cách giải, học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa - Học sinh làm đúng đến đâu thì cho điểm đến đó, người chấm có thể chia nhỏ các điểm (25) - Với câu không yêu cầu vẽ hình minh họa - Với câu 3b: HS có thể không cần thông qua Hệ thức Vi-ét mà tính trực tiếp x m và x m sau đó lập luận vai trò x1 và x2 thay trực tiếp vào A cho kết qủa tương tự - Với câu học sinh không vẽ hình vẽ hình sai thì không chấm điểm câu này - Điểm toàn bài là tổng số điểm câu đề, (làm tròn đến các điểm phần tư) (26)