DE THI THU THPT 2016

Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi.. góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O..[r]

KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút

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 (AOM MOB ) 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 trịlớn nhất

Câu 5 (1 đ) Cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn 7 (a12+

K

H M

N

B A

O

KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; ) (2; 1)x y  

0,50,5

  (thỏa mãn a 3) hoặc a 7(không thỏa mãn a 3)

Vậy a 1 thỏa mãn đề bài

và AHM 900 (Vì MN vuông góc với AB)

Vậy tứ giác AHMK nội tiếp đường tròn đường kính AM,

hay bốn điểm A, H, M, K cùng nằm trên một đường tròn

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)

Suy ra: KMN NMB Vậy MN là tia phân giác của góc KMB

0,50,5c) Ta có tứ giác AMBN nội tiếp =>KAM MBN

=>MBN KHM EHN => tứ giác MHEB nội tiếp

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

0,250,25

b Tính giá trị của A khi x = 7 4 3

Câu 3 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – a + 1

và parabol (P): y =

2 1

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: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Hai đường cao AD, BE

D BC; E AC  

lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là M và N

a) Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn Xác định tâm I củađường tròn đó

b) Chứng minh rằng: MN // DE

c) Cho (O) và dây AB cố định Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tamgiác CDE luôn không đổi khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB.

d) Tìm vị trí điểm C trên cung lớn AB cố định để diện tích tam giác CDE lớn nhất

Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn: 0   a b c 1 Tìm giá trị

lớn nhất của biểu thức: Q a b c 2   b c b2  c21 c

- Hết

-Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: …………

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ A

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; ) (2; 1)x y  

0,25 0,25

b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:

        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

  (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

Xét tứ giác AEDB có ADB A B E 900

nên bốn điểm A, E, D, B cùng thuộc đường

Xét đường tròn (I) ta có: D 1 B1(cùng chắn cung AE)

Xét đường tròn (O) ta có: M 1 B1 (cùng chắn cung AN )

Suy ra: D 1 M 1 MN DE// (do có hai góc đồng vị bằng nhau).

1,0

c Cách 1: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC

*) Xét tứ giác CDHE ta có : CEH  900 (do ADBC) CDH  900 (do BE  AC)

suy ra CEH CDH  1800, do đó CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH

Như vậy đường tròn ngoại tiếp ∆CDE chính là đường tròn đường kính CH, có bán kính

bằng 2

CH

*) Kẻ đường kính CK, ta có:

KAC  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)  KAAC ,

mà BE  AC (giả thiết) nên KA // BH (1) c/ minh tương tự cũng có: BK // AH (2)

Từ (1) và (2), suy ra AKBH là hình bình hành

Vì I là trung điểm của AB từ đó suy ra I cũng là trung điểm của KH, lại có O là trung

điểm của CK vậy nên 2

CH

OI 

(t/c đường trung bình) Do AB cố định, nên I cố định

0,5

suy ra OI không đổi.

Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp

tam giác CDE luôn không đổi

d C/m được hai tam giác CDE và CAB đồng dạng =>



2

2 cos

CDE CAB

Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH

không đổi c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường

- 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

KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

c Cho phương trình x2 2m 2 x 2m 0 (m là tham số).

Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  2

b Tính giá trị của B khi x = 7 4 3

Câu 3 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – b + 1 và parabol

(P): y =

2

1

2x

a Tìm b để đường thẳng b đi qua điểm B (-2;3)

b Tìm b 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: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Hai đường cao AD, BE

D BC; E AC  lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là M và N

a Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn Xác định tâm I củađường tròn đó

b Chứng minh rằng: MN // DE

c Cho (O) và dây AB cố định Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếptam giác CDE luôn không đổi khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB

d) Tìm vị trí điểm C trên cung lơn AB cố định để diện tích tam giác CDE lớn nhất

Câu 5: (1,0 điểm).Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn: 0   x y z 1 Tìm giá trị

lớn nhất của biểu thức: Q x y z 2  y z y2  z21 z

- Hết

-Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: …………

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ B

1

(2,0đ)

a) Ta có: a - b + c

= 0 Vậy phươngtrình có hainghiệm

y x

( ; ) (2;1)x y  .

0,25 0,25

c) Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm

1 2

0 0

0,5

5 3 3



 =15 3 3

2 

0,5 0,5

3

(2,0đ)

a) Vì (d) đi quađiểm B(-2;3) nênthay x2;y 3vào hàm số:

y  x b  tacó:

Vì (x1; y1) và (x2;

0,25 0,25

0,25

0,25

y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm của phương trình (1)

và y1 2x1 b1,

2 2 2 1

y  x  b Theo hệ thức Vi-et

8

b  (không thỏa

mãn b 3)Vậy b 2 thỏamãn đề bài

4

(3đ)

a

Do AD, BE là đường cao của

∆ABC (giả thiết) nên :

ADB 900 và

AEB 

Xét tứ giác AEDBcó

ADB A B E 900

nên bốn điểm A,

E, D, B cùng thuộc đường tròn đường kính AB

Tâm I của đường tròn này là trung điểm của AB

1,0

đồng vị bằng nhau).

CDH  (do

BE  AC )suy ra

, do đó CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH

Như vậy đường tròn ngoại tiếp

∆CDE chính là đường tròn đường kính CH, có bán

tự cũng có: BK //

AH (2)

Từ (1) và (2), suy

ra AKBH là hình bình hành

Vì I là trung điểm của AB từ đó suy

ra I cũng là trung điểm của KH, lại

có O là trung điểmcủa CK vậy nên

ra OI không đổi.Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tamgiác CDE luôn không đổi

Từ (1’) và (2’) suyra: BH//KC;

CH//KB

Suy ra BHCK là hình hình hành

CH BK

 

Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH không đổi

c/m tứ giác CDHEnội tiếp đường tròn đường kính CH

4d

C/m được hai tam giác CDE và CABđồng dạng =>



2

2 cos

CDE CAB

cố định Để SCDE

max thì SABC max

ó CH max ó C la điểm chính giữa cua cung BC

Mụn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phỳt, khụng kể thời gian giao đề

Bài 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức M = 2√x − 9

Bài 3 (2,0 điểm)Cho phơng trình: x2 + 2x + m-1= 0 ( m là tham số)

a) Phơng trình có hai nghiệm là nghịch đảo của nhau

b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn 3x1+2x2 = 1

c) Lập phơng trình ẩn y thoả mãn y1=x1+ 1

x2 ; y2 =x2+ 1

x1 với x1; x2 là nghiệm của phơng trình ở trên

à i 4 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD,

BE, CF cắt nhau tại H và cắt đờng tròn (O) lần lợt tại M,N,P

Chứng minh rằng:

1 Tứ giác CEHD, nội tiếp

2 Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn

3 AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC

4 H và M đối xứng nhau qua BC Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF

-Họ và tờn thí sinh: ……… Sụ́ bỏo danh: ………

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015-2016

HƯỚNG DẪN CHẤM MễN TOÁN

Bài Đỏp ỏn Điểm B

x 

Thỡ thời gian người thứ hai làm một mỡnh xong cụng việc là x + 2 (giờ)

Mỗi giờ người thứ nhất làm được

1

x(cv), người thứ hai làm được

1 2

người thứ hai làm xong cụng việc trong 4+2 = 6 giờ

3) a) Ta có ’ = 12 – (m-1) = 2 – m

Phơng trình có hai nghiệm là nghịch đảo của nhau

Bài Đáp án Điểm

⇔

Δ ' ≥0 P=1

⇔

¿2− m≥ 0 m− 1=1

Mà é CEH và é CDH là hai góc đối của tứ giác

CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2 Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC

=> éBEC = 900

CF là đờng cao => CF  AB => éBFC = 900

Nh vậy E và F cùng nhìn BC dới một góc 900 => E

và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC

Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn

3 Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: é AEH = é ADC = 900 ; Â là góc chung

4 Ta có éC1 = éA1 ( vì cùng phụ với góc ABC)

éC2 = éA1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

=> éC1 = é C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB  HM

=>  CHM cân tại C

=> CB cũng là đơng trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC

5 Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn

=> éC1 = éE1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp

 éC1 = éE2 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)

 éE1 = éE2 => EB là tia phân giác của góc FED

Chứng minh tơng tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt

nhau tại H do đó H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF

Bài 5: Vì x,y,z là các số nguyên nên:

x y

y z z

x y z

Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều rộng bằng nửa chiều dài Nếu giảm chiều dài 2m vàtăng chiều rộng 1m thì ta có diện tích mới bằng 198m2 Tính chu vi và diện tích của mảnh đấtlúc ban đầu

Câu 3: (2,0 điểm)

Cho phương trình: x2 2m1x m 2m 2 0

(1)

(trong đó x là ẩn, m là tham số).

a) Giải phương trình (1) với m 1

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 sao

cho A x 12 x22 đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 4: (3,0 điểm).

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Hai đường cao AD, BE

D BC; E AC  lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là M và N

e) Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn Xác định tâm I củađường tròn đó

-Hết -(Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh:……… Số báo danh:………

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 9

m 1

Gọi x(m) là chiều rộng lúc đầu của mảnh đất hình chữ nhật (x > 0)

Nếu giảm chiều dài 2m thì được chiều dài mới là 2x  2(m)

tăng chiều rộng 1m thì được chiều rộng mới là: x 1(m)

ta được diện tích mới là : 2x 2 x1 (m2)

Chu vi của mảnh đất lúc đầu là: 2.(10 + 20) = 60 (m)

Diện tích của mảnh đất lúc đầu là: 10.20 = 200 (m2) 0,5

m

 

Vậy minA =

9 2

1 2

m

 

0,25

(3đ)

a

Do AD, BE là đường cao của ∆ABC

(giả thiết) nên :

ADB 900 và AEB 900

Xét tứ giác AEDB có

ADB A B E 900nên bốn điểm A,

E, D, B cùng thuộc đường tròn đường

kính AB

Tâm I của đường tròn này là trung

điểm của AB

1,0

b

Xét đường tròn (I) ta có: D 1 B1(cùng chắn cung AE)

Xét đường tròn (O) ta có: M 1 B1 (cùng chắn cung AN )

Suy ra: D 1 M 1 MN DE// (do có hai góc đồng vị bằng nhau).

1,0

c Cách 1:

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC

*) Xét tứ giác CDHE ta có : CEH  900 (do ADBC)

KAC  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)  KAAC,

mà BE  AC (giả thiết) nên KA // BH (1)

chứng minh tương tự cũng có: BK // AH (2)

Từ (1) và (2), suy ra AKBH là hình bình hành

Vì I là trung điểm của AB từ đó suy ra I cũng là trung điểm của KH, lại có

O là trung điểm của CK vậy nên 2

CH

OI 

(t/c đường trung bình)

Do AB cố định, nên I cố định suy ra OI không đổi

Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường

tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi

1,0

Cách 2 : Gọi H là trực tâm của tam giác

- Trên đây chỉ là một cách giải, nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

- Học sinh làm đúng đến đâu thì cho điểm đến đó, người chấm có thể chia nhỏ các con điểm.

- Với câu 2 không yêu cầu vẽ hình minh họa

- Với câu 3b: HS có thể không cần thông qua Hệ thức Vi-ét mà tính trực tiếp x m 2 và

1

x m  sau đó lập luận vai trò của x 1 và x 2 như nhau rồi thay trực tiếp vào A cũng cho kết

qủa tương tự.

- Với câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không chấm điểm câu này

- Điểm toàn bài là tổng số điểm của 5 câu trong đề, (làm tròn đến các con điểm phần tư).