Trên cung nhỏ MN lấy điểm A A không trùng với M và N, ¼AOM ≤¼AON.. Kẻ dây cung AB vuông góc với MN tại H.. Kẻ AK vuông góc với MB K∈MB.. Chứng minh AB là phân giác của góc NAK.. Gọi E là
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 – 5x – 7 = 0
b.Giải hệ phương trình: − = −2x x+53y y=73
Câu 2 (2 đ)
Cho biểu thức A = 1 1 : 1 1 1
1 x 1 x 1 x 1 x 1 x
(với x>0; x ≠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
2x
a.Tìm a để đường thẳng a đi qua điểm A (-2;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 ) 84 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 MN không
đi qua tâm Trên cung nhỏ MN lấy điểm A (A không trùng với M và N, (¼AOM ≤¼AON ) Kẻ dây cung AB vuông góc với MN tại H Kẻ AK vuông góc với MB (K∈MB).
a Chứng minh 4 điểm A, H, M, K cùng nằm trên 1 đường tròn
b Chứng minh AB là phân giác của góc NAK
c Gọi E là giao điểm của HK và BN Xác định vị trí của A để (AK.MB+AE.BN) có giá trị lớn nhất
Câu 5 (1 đ)
Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn 7 2 2 2
xy yz xz
Tìm giá trị lớn nhất của P = 2 2 2 2 2 2
3(2x y ) + 3(2y z ) + 3(2z x )
HẾT
ĐỀ B
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
1
(2,0đ)
a) Ta có: a - b + c = 0 Vậy phương trình có hai nghiệm 1 , 7
2
x= − x= 1,0
b) Hệ đã cho tương đương với hệ : − = −x13y5y=13 3 ⇔ 12
y x
=
=
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; ) (2;1)x y =
0,5 0,5
2
(2,0đ)
a) Ta có: A = 1 1 : 1 1 1
+
−
1
− =
1
x −x.
1,0
b) Ta có: ( )2
7 4 3+ = +2 3 nên x = +2 3 = +2 3
Vậy A = 1
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(-2;3) nên thay x= −2;y=3 vào hàm số:
y = x a− + ta có:2 2( )− − + =a 1 3⇔ = −a 6
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) +84 0=
(2a 2 10 2) ( a) 84 0
⇔ − − + = ⇔a2 −6a−16 0=
2
a
⇔ = − (thỏa mãn a<3) hoặc a=8(không thỏa mãn a<3)
Vậy a= −2 thỏa mãn đề bài
0,25
0,25
0,25
0,25
4
(3,0đ) a) Ta có:
90
MKA=
(Vì AK vuông góc với MB )
và MHA· = 90 0 (Vì AB vuông góc với MN)
Suy ra MKA MHA· +· = 180 0
Vậy tứ giác MHAK nội tiếp đường tròn
đường kính MA, hay bốn điểm M, H, A, K
cùng nằm trên một đường tròn
1,0
Trang 3b) Do tứ giác MHAK nội tiếp nên KAH· =HMB· (cùng bù với góc KMH).
Mặt khác BMH· =BAN· (nội tiếp cùng chắn cung BN)
Suy ra: ·KAB= ·BAN
Vậy AB là tia phân giác của góc KAN
0,5 0,5 c) Ta có tứ giác MANB nội tiếp =>·KMA= ·ANB
=>·ANB=KHA EHB· = · => tứ giác AHEN nội tiếp
=>·BAE= ·HNB =>∆HNB đồng dạng ∆EAB (g-g)
=> HN NB
AE = AB => AE.NB = HN AB (1)
Ta có ∆MHB đồng dạng ∆AKB ( Hai tam giác vuông có góc MBA chung )
=> MH MB
AK = AB => AK.MB = MH.AB (2)
Từ (1) và (2) ta có:
AK.MB + AE.NB = AB.MH + AB.HN = AB(HN+MH) = AB.MN
Do MN không đổi, nên AK.MB + AE.NB lớn nhất khi AB lớn nhất =>AB
là đường kính của đường tròn tâm O =>A là điểm chính giữa cung nhỏ MN
0,5
0,25 0,25
5
(1,0đ)
Áp dụng BĐT 3(a2 + b2+ c2) ≥ (a + b + c)2 ta có:
3(2x2 + y2 ) ≥ (2x + y)2; 3(2y2 + z2 ) ≥ (2y + z)2; 3(2z2 + x2 ) ≥ (2z + x)2
⇒ P ≤ 2x y1 +2y z1 +2z x1
Áp dụng : (a+b+c)( 1 1 1
a+ +b c) ≥9 ⇒
9
1 (1 1 1
a+ +b c)≥ 1
a b c+ + (∀a b c, , >0 ).
Ta có: P ≤ 1 1 1
2x y+ 2y z+ 2z x
+ + + + + + + +
⇒P ≤
9
1 3 3 3
x y z
+ +
1 1 1 1
3 x y z
+ +
* 10 2 2 2
xy yz zx
x y z
2
1 1 1
2016
x y z
+ + +
(II)
Lại có: 3 12 12 12
2
1 1 1
x y z
+ +
1 1 1 1 2
x y z
+ +
⇒10 12 12 12
1 1 1 1 2
x y z
+ +
(III)
Từ (II) và (III) ⇒ 3
2
1 1 1
2016
x y z
+ + +
1 1 1 1 2
x y z
+ +
⇒2016 ≥10
3
1 1 1 1 2
x y z
+ +
2
1 1 1
x y z
+ +
⇒
2
1 1 1
x y z
+ +
3.2016 ⇒ 1 1 1
x y z
+ +
≤ 3.2016 (IV)
0,25
0,25
0,25
Trang 4Từ (I) và (IV) ⇒ P ≤ 1 1 1 1
3 x y z
+ +
1 3.2016 = 2016 672
Vậy GTLN của P = 672 khi x = y = z và 2 2 2
⇔ x = y = z = 1
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