TRƯỜNG THCS THIỆU ĐÔ KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT ĐỀ A (Đề thi gồm 05 câu) NĂM HỌC 2016 - 2017 Thời gian: 120 phút Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình: 2x2 – 3x – 5 = 0. Giải hệ phương trình: Cho phương trình (m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn . Câu 2 (2,0 điểm) Cho biểu thức A = (với a > 0; a 1) Rút gọn A. Tính giá trị của A khi x = . Câu 3 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – a + 1 và parabol (P): y = . Tìm a để đường thẳng a đi qua điểm A (-1;3) Tìm a để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ () và () thỏa mãn điều kiện Câu 4: (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao AD, BE lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là M và N. Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn đó. Chứng minh rằng: MN // DE. Cho (O) và dây AB cố định. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB. 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: . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: . ------ Hết ----- Họ và tên thí sinh: .. Số báo danh: .. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ A Câu Nội dung Điểm 1 (2,0đ) a) Ta có: a – b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm 1,0 b) Hệ đã cho tương đương với hệ : Û Vậy hệ phương trình có nghiệm . 0,25 0,25 c) Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm là Theo hệ thức Vi-ét: . Ta có (thoả mãn) 0,5 2 (2,0đ) a) Ta có: A = = = . 0,5 0,5 b) Ta có: nên Vậy A = ==. 0,5 0,5 3 (2,0đ) a) Vì (d) đi qua điểm A(-1;3) nên thay vào hàm số: ta có:. 1,0 b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: (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 , . Theo hệ thức Vi-et ta có: .Thay y1,y2 vào ta có: (thỏa mãn ) hoặc (không thỏa mãn ) Vậy thỏa mãn đề bài. 0,25 0,25 0,25 0,25 4 (3đ) a Do AD, BE là đường cao của ∆ABC (giả thiết) nên : và Xét tứ giác AEDB có 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 b Xét đường tròn (I) ta có: (cùng chắn cung ) Xét đường tròn (O) ta có: (cùng chắn cung ) Suy ra: (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 : (do ) (do ) 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 kính bằng . *) Kẻ đường kính CK, ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) , mà (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 (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. 0,5 d C/m được hai tam giác CDE và CAB đồng dạng => Không đổi vì AB cố định. Để SCDE max thì SABC max ó CH max ó C la điểm chính giữa cua cung BC 0,5 4c) Cách 2: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC (1’) Kẻ đường kính AK suy ra K cố định và (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). (2’) Từ (1’) và (2’) suy ra: BH//KC; CH//KB. Suy ra BHCK là hình hình hành. . Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH không đổi. c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH. => đpcm 5 (1đ) Từ Theo BĐT Cô-si ta có: 0,25 Suy ra: 0,5 Dấu “=” xảy ra Vậy MaxQ = . 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. TRƯỜNG THCS THIỆU ĐÔ KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT ĐỀ B (Đề thi gồm 05 câu) NĂM HỌC 2016 – 2017 Thời gian: 120 phút Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình: 2x2 – 5x – 7 = 0. Giải hệ phương trình: Cho phương trình (m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn . Câu 2 (2,0 điểm) Cho biểu thức B = (với x > 0; x 1) Rút gọn B. Tính giá trị của B khi x = . Câu 3 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – b + 1 và parabol (P): y = . Tìm b để đường thẳng b đi qua điểm B (-2;3) Tìm b để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ () và () thỏa mãn điều kiện Câu 4: (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao AD, BE lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là M và N. Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn đó. Chứng minh rằng: MN // DE. Cho (O) và dây AB cố định. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam 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: . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: . ------ Hết ----- Họ và tên thí sinh: .. Số báo danh: .. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ B Câu Nội dung Điểm 1 (2,0đ) a) Ta có: a - b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm 1,0 b) Hệ đã cho tương đương với hệ : Û Vậy hệ phương trình có nghiệm . 0,25 0,25 c) Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm là Theo hệ thức Vi-ét: . Ta có (thoả mãn) 0,5 2 (2,0đ) a) Ta có: B = = = . 1,0 b) Ta có: nên Vậy B = ==. 0,5 0,5 3 (2,0đ) a) Vì (d) đi qua điểm B(-2;3) nên thay vào hàm số: ta có:. 1,0 b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: (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 , . Theo hệ thức Vi-et ta có: .Thay y1,y2 vào ta có: (thỏa mãn ) hoặc (không thỏa mãn ) Vậy thỏa mãn đề bài. 0,25 0,25 0,25 0,25 4 (3đ) a Do AD, BE là đường cao của ∆ABC (giả thiết) nên : và Xét tứ giác AEDB có 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 b Xét đường tròn (I) ta có: (cùng chắn cung ) Xét đường tròn (O) ta có: (cùng chắn cung ) Suy ra: (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 : (do ) (do ) 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 kính bằng . *) Kẻ đường kính CK, ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) , mà (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 (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. 0,5 Cách 2 : Gọi H là trực tâm của tam giác ABC (1’) Kẻ đường kính AK suy ra K cố định và (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). (2’) Từ (1’) và (2’) suy ra: BH//KC; CH//KB. Suy ra BHCK là hình hình hành. . Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH không đổi. c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH. đpcm 4d C/m được hai tam giác CDE và CAB đồng dạng => Không đổi vì AB cố định. Để SCDE max thì SABC max ó CH max ó C la điểm chính giữa cua cung BC 0,5 5 (1đ) Từ Theo BĐT Cô-si ta có: 0,25 Suy ra: 0,5 Dấu “=” xảy ra Vậy MaxQ = . 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.
Tài liệu đính kèm: