Vẽ đồ thị của P và d trên cùng mặt phẳng tọa độ.. Bằng phép tính, xác định tọa độ các giao điểm A, B của P và d.. Tìm tọa độ điểm M trên cung AB của đồ thị P sao cho tam giác AMB có diện
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT LẦN 9Năm học: 2015 – 2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 5 tháng 07 năm 2015
Đề có: 01 trang gồm 05 câu.
Câu 1: (2,0 điểm)
1 Cho phương trình bậc hai: x2 + 2x - 3 = 0 với các hệ số là a=1; b=2; c= -3 a) Tính tổng: S = a + b + c
b) Giải phương trình trên
2 Giải hệ phương trình: 3x - 2y = 4x + 2y = 4
Câu 2: (2,0 điểm)
Cho biểu thức A = a a : a 1
a - 1
a 1 a - a
−
với a > 0, a ≠ 1
1 Rút gọn biểu thức A
2 Tìm các giá trị của a để A < 0
Câu 3: (2,0 điểm)
Cho parabol ( )P : y x = 2và đường thẳng ( )d : y = − + x 2
1 Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ
2 Bằng phép tính, xác định tọa độ các giao điểm A, B của (P) và (d)
3 Tìm tọa độ điểm M trên cung AB của đồ thị (P) sao cho tam giác AMB có diện tích lớn nhất
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O Điểm A chuyển động trên đường tròn (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn Kẻ các đường cao
BE và CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) Chứng minh rằng :
1) BCEF là tứ giác nội tiếp
2) EF.AB = AE.BC
3) Độ dài đoạn thẳng EF không đổi khi A chuyển động
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho 2015 số nguyên dương a ;a ;a ; ;a1 2 3 2015 thỏa mãn điều kiện :
a + a + a + + a ≥ Chứng minh rằng trong 2015 số nguyên dương đó, luôn tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau
-Hết -(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:………… Chữ kí giám thị 1:……….Chữ kí giám thị 2:………
ĐỀ THI THỬ
ĐỀ A
Trang 2SỞ GIÁO DỤC THANH HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THAM KHẢO
Năm học: 2015 – 2016 Ngày thi: 5 tháng 07 năm 2015
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1
(2điểm
)
1
a) S a b c= + + = + − = 1 2 3 0
b) Suy ra phương trình có nghiệm x1 = 1 và x2 c 3
a
= = − .
2 Giải hệ phương trình: 3x - 2y = 4 4x = 8 x = 2
x + 2y = 4 x + 2y = 4 y = 1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là (x,y ) = (2;1 )
0.5
0.75 0.75
Câu 2
(2điểm
)
( )
a 1 a ( a - 1) ( a - 1)( a 1) a 1 ( a - 1)
b) A < 0 a > 0, a 1 0 a < 1
a 1
≠
<
1 0.5 0.5
Câu 3
(2điểm
)
1 Vẽ đồ thị (P) và (d) như hình vẽ
2 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
x2 = –x + 2 ⇔ x2 + x – 2 = 0
⇔ x = 1 hoặc x = -2
Nếu x = -2 thì y = 4 ⇒ A(-2; 4)
Nếu x = 1 thì y = 1 ⇒ B(1; 1)
3 Gọi M(xM; yM) là điểm thuộc parabol (P), cung AB sao cho diện
tích tam giác AMB lớn nhất
Điều kiện: -2 < xM < 1 và 0 ≤ yM < 4
Từ M, kẻ MH ⊥ AB tại H, ta có:
+ Phương trình đường thẳng AB: y = –x + 2
+ Phương trình đường thẳng MH có dạng: y = ax + b Đường thẳng
này vuông góc với AB Suy ra a.(-1) = -1 Suy ra: a = 1, đường thẳng
MH có phương trình y = x + b
+ Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và MH:
x2 = x + b ⇔ x2 – x – b = 0
∆ = (-1)2 – 4.1.( –b) = 1 + 4b; ∆ = 0 ⇔ 1 + 4b = 0 ⇔ b 1
4
= −
Do đó: MH có phương trình: y x = −1
0.5
0.5
1.0
ĐỀ THI THỬ
ĐỀ A
-13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
x y
O
y = x 2
y = - x + 2
A
B M
H
Trang 3+ phương trình hoành độ giao điểm giữa AB và MH:
1
4
8
=
Khi đó: y 9 1 7
= − = và H 9 7;
8 8
+ Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và MH:
4
4
− + =
phương trình có nghiệm kép: x 1
2
= (thỏa điều kiện) Khi đó: y x 1 1 1 1
Vậy: M 1 1;
2 4
Khi đó:
2
2.
= − ÷ + − ÷ = − ÷ + − ÷ =
MH 5 2
8
=
2 2 2
Diện tích tam giác AMB là AMB
(đ.v.d.t)
Câu 4 Hình vẽ (0,5 điểm)
1) BCEF là tứ giác nội tiếp (1 điểm)
Ta có : ·BFC 90= o(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·BEC 90= o(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra tứ giác BCEF nội tiếp ⇒ đpcm
2) EF.AB = AE.BC (1 điểm)
BCEF nội tiếp (chứng minh trên)
Suy ra ·AFE ACB= · (cùng bù với góc BFE)
Do đó AEF∆ : ∆ABC (g.g)
Suy ra EF AE EF.AB BC.AE
BC= AB⇒ = ⇒ đpcm
3) EF không đổi khi A chuyển động (0,5 điểm)
Cách 1 Ta có EF.AB BC.AF EF BC.AE BC.cos BAC·
AB
Mà BC không đổi (gt), ∆ABC nhọn ⇒ A chạy trên cung lớn BC không đổi
·BAC
⇒ không đổi ⇒cosBAC· không đổi
Vậy EF BC.cos BAC= · không đổi ⇒ đpcm
Trang 4Cách 2 Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF có:
Tâm I là trung điểm của BC cố định
Bán kính R= BC
2 không đổi (vì dây BC cố định)
⇒ Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF là một đường
tròn cố định
Vì Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (I) nên ta có:
·FBE ECF= · = 1Sd EF»
2 (góc nội tiếp) (1) Lại có: ·FBE ECF 90= · = 0−BAC.·
Mà dây BC cố định ⇒ Sd BnC không đổi ¼
⇒ BAC· = 1Sd BnC¼
2 có số đo không đổi ⇒ FBE ECF 90· = · = 0−BAC có số đo không đổi (2)·
Từ (1) và (2) ⇒ EF có số đo không đổi»
⇒ Dây EF có độ dài không đổi (đpcm)
Câu 5
Giả sử không tồn tại hai số bằng nhau mà a1, a2, …, a2015 nguyên dương Không làm mất tính tổng quát giả sử a1 > a2 > … > a2015 Nên a1 ≥1; a2 ≥ 2; … ; a2015 ≥ 2015 Suy ra
Có 11+ 12 + + 20151 ≤ +1 1+2 2 + + 2014+2 2015(2)
Mà 1+ 1+2 2 + + 2014+2 2015 =2 2015 1 89− < (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra
a + a + + a < Trái với đk của bài.
Vậy trong 2015 số nguyên dương đó tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau
