Nếu tăng chiều rộng thờm 2m và giảm chiều dài đi 2m thỡ diện tớch khụng thay đổi.. Tớnh chu vi hỡnh chữ nhật đú.. Đường thẳng BM và BN cắt tiếp tuyến kẻ từ A của đường trũn lần lượt tại
Trang 1PHềNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KIẾN XƯƠNG ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO 10 TRUNG HỌC PHỔ THễNG
Năm học 2016 – 2017 Môn: Toán
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (1,5 điểm)
Cho biểu thức = + + − ữữ −
2
1) Rỳt gọn biểu thức M
1) Tỡm x để M = 2
Bài 2 (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P): y = x2, đường thẳng (d) cú hệ số gúc k và đi qua điểm I(0; 1)
1) Chứng minh rằng (d) và (P) luụn cắt nhau tại 2 điểm phõn biệt với mọi k
2) Gọi 2 giao điểm của (d) và (P) là A x ; y( 1 1), B x ; y( 2 2) Tỡm k để tam giỏc OAB cú diện tớch bằng 2 2
Bài 3 ( 3 điểm)
1) Cho hệ phương trỡnh: ( )
a 1 x y a 1
x a 1 y 2
+ − = −
+ − =
a) Giải hệ với a = 2
b) Tỡm a để hệ cú nghiệm duy nhất (x;y) thoả món x + y nhỏ nhất
2) Một hỡnh chữ nhật cú diện tớch bằng 35m2 Nếu tăng chiều rộng thờm 2m và giảm chiều dài đi 2m thỡ diện tớch khụng thay đổi Tớnh chu vi hỡnh chữ nhật đú
Bài 4 ( 3,5 điểm)
Cho đường trũn (0;R), hai đường kớnh AB và MN Đường thẳng BM và BN cắt tiếp tuyến
kẻ từ A của đường trũn lần lượt tại E,F Gọi P,Q theo thứ tự là trung điểm của EA và FA 1) Chứng minh tứ giỏc MNFE nội tiếp được
2) Kẻ PI vuụng gúc với BQ, PI cắt OA tại H Chứng minh AH.AB = AQ.AP và H là trung điểm của OA
3) Tớnh giỏ trị nhỏ nhất của của diện tớch tam giỏc BPQ theo R
Bài 5: (0,5 điểm).
Cho a,b,c > 0 thoả món a2 + + =b2 c2 1
Chứng minh rằng : 2 a 2 2 b 2 2 c 2 3 3
b c +c a +a b ≥ 2
Họ và tờn thớ sinh: Số bỏo danh :
Trang 2Phòng Giáo dục và đào tạo
Kiến xơng
===***===
Hớng dẫn chấm môn toán
kỳ thi thử tuyển sinh lớp 10 trung học phổ thông
Năm học 2016 – 2017
Bài 1
(1,5 đ)
1:
1,đ
= + + − ữữ −
2
x 1
x 1 x x 1
=
−
0,25đ
x 2 x x x x 1 2
x 1
x 1 x x 1
=
−
0,25đ
2
x 1 x x 1
x 1 x x 1
−
0,25đ
Vậy M 2
x x 1
= + + với x 0;x 1≥ ≠
0,25 đ
2:
0,75
2
+ +
x x 1 0
x 0
⇔ = ( do x 1 0 + > )
x 0
⇔ = (TMĐK)
0,25 đ
Tỡm được x = 0 (tmđk) x = 1 ( loại) và kết luận 0,25đ
Bài 2
(1,5 đ)
1
(0,75)
Vỡ đường thẳng (d) cú hệ số là k nờn (d) cú dạng y = kx + b Đường thẳng (d) đi qua điểm I(0; 1) ta cú 1 = k.0 + b
=> b = 1 => (d) cú dạng y = kx + 1 0,25 Xột phương trỡnh hoành độ giao điểm của (d) và (P):
x = kx 1 + ⇔ x − kx 1 0 − = (*)
Ta cú 1.(-1) = -1 < 0
=> phương trỡnh (*) cú 2 nghiệm trỏi dấu với mọi k
0,25
Chứng tỏ (d) và (P) luụn cắt nhau tại 2 điểm phõn biệt với mọi k 0,25
2
0,75
Vẽ (P) và (d) Hai giao điểm của (d) và (P) là A x ; y( 1 1), B x ; y( 2 2)., nờn x1, x2 là nghiệm của phương trỡnh (*)
Theo hệ thức viet ta cú: 1 2
1 2
x x 1
+ =
= −
0,25
Trang 3Vì x x 1 2 = − < 1 0, nên điểm A, B nằm ở 2 phía của trục Oy Giả sử A nằm bên trái Oy => x 1 < < 0 x 2
Kẻ AH, BK ⊥ Oy
=> OAB OAI OBI ( )
1
2
( 1 2 ) ( 2 1)
⇒ + = ⇒ − = ( do x 1 < 0; x 2 > 0)
2
k 4 32 k 2 7
⇒ + = ⇒ = ±
0,25
Vậy với k = ± 2 7 thì tam giác OAB có diện tích bằng 2 2 0,25
Bài 3
(3 đ)
1
0,75
Thay a = 2 vào hệ phương trình ta được 3x y 1
x y 2
− =
+ =
3 x
y 4
=
=
+ =
0,25
Vậy với a = 2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất
4 4
= ÷
0,25đ
2
1 đ
x 2 a 1 y
a 1 x y a 1
a 1 2 a 1 y y a 1
x a 1 y 2
= − −
+ − = −
+ − = + − − − = −
2
x 2 a 1 y
a y a 3(*)
= − −
⇔
= +
Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất phương trình (*) có nghiệm duy nhất a ≠ 0
0,25
HS tính được
2 2
2
a 2a 3 x
a
a 3 y
a
= − +
=
Xét
Đặt t = 1
a, ta có x + y =
2
6t t 1 6 t
12 24 24
− + = − ÷ + ≥
Dấu bằng xảy ra khi t 1 1 1 a 12
12 a 12
= ⇔ = ⇔ = (tmđk)
0,25
Trang 4Vậy với a = 12 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn Min(x+y) = 23
24
0,25đ
2
1,5đ
Gọi chiều rộng hình chữ nhật là x (m; x > 0) 0,25 Chiều dài hình chữ nhật là 35
x (m) Tăng chiều rộng lên 2m, ta có : x + 2 (m) Giảm chiều dài đi 2 m , ta có 35 2
x − (m) Theo bài ra diện tích không đổi nên ta có phương trình:
35
2 x 2 35 x
− + =
0,25
Giải phương trình tìm được x = 5 (tmđk) 0,5
=> chiều rộng hình chữ nhật là 5 (m) Chiều dài hình chữ nhật là 7(m)
0,25 Vậy chu vi hình chữ nhật là : (5 + 7) 2 = 24(m) 0,25
Bài 4
(3,5đ)
Hình vẽ
1
1đ
Ta có ·ANB 90= 0 (gnt chắn nửa đường tròn)
=> AN ⊥BF => µA1 =F$ ( cùng phụ ·NAF)
Mà µA1=Mµ 1 (2 gnt cùng chắn »BN )
=> $ µF M= 1
0,5 đ
1
M +EMN 180= (2 góc kề bù)
=> $ ·F EMN 180+ = 0
=> Tứ giác MNFE nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 1800)
0,5đ
2
2đ
Xét ∆PAH và ∆BAQ có : ·PQB chung
·PAH BAQ=· (=900)
=> ∆PAH ∆BAQ (gg)
0,5
=> AH = AP ⇒AH.AB AP.AQ= 0,5
d
1
1
H O
B
M
N
I
Trang 5Ta cú ãMBN 90= 0 (gnt chắn nửa đường trũn (0)) Nờn ∆EBF vuụng tại B , lại cú BA⊥EF (gt)
=> AE AF = AB2
(hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giỏc vuụng)
4AP.AQ = 4R2
AP.AQ = R2
0,5
Lại cú AH.AB = AP.AQ (cmt)
=>
2
AP.AQ R R AH
Chứng tỏ H là trung điểm của AO
0,5
C
0,5đ
Ta cú SBPQ 1AB.PQ R.PQ
2
Do R khụng đổi nờn để SBPQ nhỏ nhất PQ nhỏ nhất
ỏp dụng BĐT Cụsi với 2 số dương ta cú:
2
AP AQ 2 AP.AQ 2 R+ ≥ = =2R (Do AP.AQ = R2 (cõu b))
Hay PQ ≥ 2R
0,25
PQ nhỏ nhất khi AP = AQ AE = AF ∆EBF vuụng cõn tại B
àM1=Eà (do àM1=F$)
MN // d MN ⊥ AB ) Khi đó PQ = MN = 2R và SBPQ = 2R2
0,25
Bài 5 (0,5đ)
Do Cho a,b,c > 0 thoả món a2 + + =b2 c2 1 => 0 a,b,c 1< <
b c =1 a = a 1 a a c = b 1 b a b =c 1 c
ỏp dụng BĐT Coossi ta cú :
2a 1 a
+ − + −
2
a 1 a 2
3 3
− Dấu = xảy ra khi : 2 2 3
2a 1 a a (a 0)
3
= − ⇔ = >
0,25
Cmtt ta cũng cú : ( ) ( )
b 1 b ≥ 2 c 1 c ≥ 2
b c +c a +a b ≥ 2 + 2 + 2
0,25
Trang 6( 2 2 2)
a b c
b c +c a +a b ≥ 2 + + = 2
Dấu = xảy ra khi a b c 3
3
= = =
