Trên cung nhỏ AB lấy điểm M M không trùng với A và B, AO ¼AOM ≤¼MOB.. Kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H.. Kẻ MK vuông góc với AN K∈AN.. Chứng minh MN là phân giác của góc BMK.. Gọi E
Trang 1PHÒNG GD & ĐT KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
HUYỆN HOẰNG HÓA NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút
Câu 1 (2 đ)
a.Giải phương trình: 2x2 – 3x – 5 = 0
b.Giải hệ phương trình: + = −2x x−53y y=73
Câu 2 (2 đ)
1 a 1 a 1 a 1 a 1 a
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
2x
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 (x y1 ; 1) và (x y2 ; 2) thỏa mãn điều kiện
1 2 ( 1 2 ) 48 0
x x y +y + =
Câu 4 (3 đ)
Cho đường tròn (O) có tâm O cố định, bán kính R không đổi, dây cung AB không đi qua tâm Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A và B, AO (¼AOM ≤¼MOB) Kẻ 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)
Cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn 7
2 2 2
1 1 1
c b
ab bc ca
+ + +
Tìm giá trị lớn nhất của P = 2 2 2 2 2 2
3(2a b ) + 3(2b c ) + 3(2c a )
HẾT
ĐỀ A
Trang 2K
H M
N
B A
O
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
1
(2,0đ)
a) Ta có: a - b + c = 0 Vậy phương trình có hai nghiệm 1 , 5
2
x= − x= 1,0
b) Hệ đã cho tương đương với hệ : + = −−x135y y=133 ⇔ 21
= −
=
y x
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; ) (2; 1)x y = −
0,5 0,5
2
(2,0đ)
+ + − + − +
+
1
1
a a− .
1,0
7 4 3+ = +2 3 nên a = +2 3 = +2 3
2 + 3 7 4 3 − − =
1
5 3 3
−
5 3 3
0,5 0,5
3
(2,0đ)
a) Vì (d) đi qua điểm A(-1;3) nên thay x= −1;y=3 vào hàm số:
y = x a− + ta có:2 1( )− − + =a 1 3 ⇔ = −a 4
1,0
b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:
2
1
2x = x a− + ⇔ x2 −4x+2a− =2 0 (1)
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆ > ⇔ − > ⇔ <
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=2x1 − +a 1, y2 =2x2 − +a 1
Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + =x2 4;x x1 2 =2a−2.Thay y1,y2 vào
x x y + y + = ta có:x x1 2(2x1+2x2 −2a+ +2) 48 0=
(2a 2 10 2) ( a) 48 0
1
a
⇔ = − (thỏa mãn a<3) hoặc a=7(không thỏa mãn a<3)
Vậy a= −1 thỏa mãn đề bài
0,25 0,25
0,25
0,25
4
(3,0đ) a) Ta có:
· 90 0
AKM =
(Vì MK vuông góc với AN )
và ·AHM = 90 0 (Vì MN vuông góc với AB)
Suy ra ·AKM+ ·AHM = 180 0
Vậy tứ giác AHMK nội tiếp đường tròn đường
kính AM, hay bốn điểm A, H, M, K cùng nằm
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) 0,5
Trang 3Suy ra: ·KMN =NMB·
Vậy MN là tia phân giác của góc KMB
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)
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 nhất khi MN lớn nhất =>
MN là đường kính của đường tròn tâm O => M là điểm chính giữa cung
nhỏ AB
0,5
0,25 0,25
5
(1,0đ)
Áp dụng BĐT 3(x2 + y2+ z2) ≥ (x + y + z)2 ta có:
3(2a2 + b2 ) ≥ (2a + b)2; 3(2b2 + c2 ) ≥ (2b + c)2; 3(2c2 +a2 ) ≥ (2c+a)2
⇒ P ≤
a c c b b
a+ + + + 2 +
1 2
1 2
1
Áp dụng : (x+y+z)( 1x+ 1y+1z ) ≥9 ⇒
9
1 (1x +1y+1z )≥
z y
x+ +
1 (∀x y z, , > 0).
Ta có: P ≤
a c c b b
a+ + + + 2 +
1 2
1 2
1
≤
9
1
+ + +
+ + +
+ +
a c c c b b b a a
1 1 1 1 1 1 1 1 1
⇒P ≤
9
1
+ +
c b a
3 3 3
+ +
c b a
1 1 1 3
1
(I)
2 2 2
1 1 1
c b
ab bc ca
a b c
+ + + + + +
2
2016
a b c
+ + +
(II)
2 2 2
1 1 1
c b
c b
2 2 2
1 1 1
c b
3
1 1 1
c b a
2 2 2
1 1 1
c b
3
c b
Từ (II) và (III) ⇒ 3 1 1 1 2 2016
a b c
1 1 1
c b a
⇒2016 ≥10
3
c b
2 1 1 1
c b a
⇒ 1 1 1 2
c b
+ +
c b a
1 1 1
≤ 3.2016 (IV)
Từ (I) và (IV) ⇒ P ≤
+ +
c b a
1 1 1 3
1
≤
3
1 3.2016 = 2016 672
0,25
0,25
0,25
Trang 4Vậy GTLN của P = 672 khi a = b = c và 2 2 2
⇔ a = b = c = 1
672
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