thi thử vào 10 môn toán 2016 2017 huyện hoằng hóa DE a
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (78.9 KB, 4 trang )
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 1. (2 đ)
a. Giải phương trình: 2x2 – 3x – 5 = 0.
2 x − 3 y = 7
x + 5 y = −3
b.Giải hệ phương trình:
Câu 2. (2 đ)
Cho biểu thức A =
1 1
1
1
1
+
−
÷:
÷+
1− a 1+ a 1− a 1+ a 1− a
(với a>0; a ≠ 1)
a. Rút gọn A.
b.Tính giá trị của A khi x = 7 + 4 3 .
Câu 3. (2 đ)
Trong mặt phẳng tọa độ xOy, cho đường thẳng (d): y = 2x – a + 1 và parabol (P):
y=
1 2
x .
2
a. Tìm a để đường thẳng a đi qua điểm A (-1;3)
b.Tìm a để (d) cắt (P) tại 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 đ)
Cho đường tròn (O) có tâm O cố định, bán kính R không đổi, dây cung AB không đi
¼ ). Kẻ
qua tâm. Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A và B, AO ( ¼
AOM ≤ MOB
dây cung MN vuông góc với AB tại H. Kẻ MK vuông góc với AN (K ∈ AN).
a. Chứng minh 4 điểm A, H, M, K cùng nằm trên 1 đường tròn.
b. Chứng minh MN là phân giác của góc BMK.
c. Gọi E là giao điểm của HK và BN. Xác định vị trí của M để (MK.AN+ME.NB) có giá
trị lớn nhất.
Câu 5. (1 đ)
1 1
1
1 1 1
+ 2 + 2 = 6. + + ÷ + 2016
2
a b c
ab bc ca
1
1
1
+
+
2
2
2
2
3(2a + b )
3(2b + c )
3(2c 2 + a 2 )
Cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn 7.
Tìm giá trị lớn nhất của P =
..........HẾT.........
/>
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Nội dung
Câu
5
a) Ta có: a - b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm x = −1 , x =
2
1
−
13
y
=
13
y
=
−
1
⇔
(2,0đ) b) Hệ đã cho tương đương với hệ : x + 5 y = −3
x = 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (2; −1) .
a) Ta có: A =
2
(2,0đ)
=
1+ a +1− a 1+ a −1+ a
1
÷:
÷+
1− a
1− a
1− a
1
1
+
=
a 1− a
1
.
a −a
(
b) Ta có: 7 + 4 3 = 2 + 3
Vậy A =
)
2
nên
a = 2+ 3 =2+ 3
1
−1
1
=
= 5−3 3 .
2+ 3 −7−4 3 5+3 3 2
(
)
a) Vì (d) đi qua điểm A(-1;3) nên thay x = −1; y = 3 vào hàm số:
y = 2 x − a + 1 ta có: 2 ( −1) − a + 1 = 3 ⇔ a = −4 .
b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:
1 2
x = 2 x − a + 1 ⇔ x 2 − 4 x + 2a − 2 = 0 (1).
2
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 6 − 2a > 0 ⇔ a < 3 .
3
(2,0đ) Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm
của phương trình (1) và y1 = 2 x1 − a + 1 , y2 = 2 x2 − a + 1 .
Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + x2 = 4; x1 x2 = 2a − 2 .Thay y1,y2 vào
x1 x2 ( y1 + y2 ) + 48 = 0 ta có: x1 x2 ( 2 x1 + 2 x2 − 2a + 2 ) + 48 = 0
⇔ ( 2a − 2 ) ( 10 − 2a ) + 48 = 0 ⇔ a 2 − 6a − 7 = 0
⇔ a = −1 (thỏa mãn a < 3 ) hoặc a = 7 (không thỏa mãn a < 3 )
Vậy a = −1 thỏa mãn đề bài.
4
a) Ta có: ·AKM = 900
M
(3,0đ) (Vì MK vuông góc với AN )
K
và ·AHM = 900 (Vì MN vuông góc với AB)
H
Suy ra ·AKM + ·AHM = 1800 .
A
Vậy tứ giác AHMK nội tiếp đường tròn đường
kính AM, hay bốn điểm A, H, M, K cùng nằm
O
E
trên một đường tròn.
·
·
b) Do tứ giác AHMK nội tiếp nên KMH
(cùng bù với góc KAH).
= HAN
·
·
Mặt khác NAH = NMB (nội tiếp cùng chắn cung NB)
N
/>
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 là tia phân giác của 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) 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 nhất khi MN lớn nhất =>
MN là đường kính của đường tròn tâm O => M là điểm chính giữa cung
nhỏ AB.
5
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
1
1
+
+
2a + b 2b + c 2c + a
1 1 1
1
1 1 1 1
Áp dụng : (x+y+z)( x + y + z ) ≥ 9 ⇒ ( x + y + z ) ≥ x + y + z ( ∀x, y, z > 0 ).
9
1
1
1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
+
+
≤ + + + + + + + +
Ta có: P ≤
2a + b 2b + c 2c + a 9 a a b b b c c c a
1 3 3 3 1 1 1 1
⇒ P ≤ + + = + + (I)
9 a b c 3 a b c
0,25
0,25
⇒ P≤
0,25
2
1 1
1
1 1 1 1 1 1
1 1 1
+
+
3.
+
+
+
6.
+
+
+
2016
* 10 2 2 2 = 2 2 2 ÷
= 3. + + ÷ + 2016
÷
a b c
a b c ab bc ca
a b c
(II)
2
2
1
1 1
1
1 1 1
1
1
1
1
1
1
Lại có: 3 2 + 2 + 2 ≥ + + ⇒ 2 + 2 + 2 ≥ + +
b
c a
b
c 3 a
a
a
b
c
b
c
2
1
1
1 1
1
1
1
⇒ 10 2 + 2 + 2 ≥ 10. +
+ (III)
b
c
3 a
a
b
c
2
2
1 1
1
1
1
1
1
⇒
≥
+
+
+
2016
+
+
Từ (II) và (III)
3
10 .
÷
3 a
b
c
b
c
a
2
2
1 1
1
1
1
1
1
⇒ 2016 ≥ 10 . +
+ -3 +
+
3 a
b
c
b
c
a
2
1 1 1
1
1
1
⇒ +
+ ≤ 3.2016 ⇒ + + ≤ 3.2016 (IV)
a b c
b
c
a
11 1 1 1
2016
= 672 .
Từ (I) và (IV) ⇒ P ≤ + + ≤ . 3.2016 =
3 a b c 3
3
/>
0,25
0,25
Vậy GTLN của P = 672 khi a = b = c và
⇔ a=b=c=
1
.
672
1
1
1
1
1
1
7 2 + 2 + 2 ÷= 6
+
+ ÷ + 2016
ab
bc
ca
b
c
a
0,25
Chú ý:
- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân
chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.
- Đối với câu 4 (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm;
- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.
/>
