SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH
KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 - 2017
Khóa ngày `08/06/2016
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề có 01 trang, gồm 05 câu
ĐỀ CHÍNH THỨC
SBD……….
MÃ ĐỀ 086
Câu 1(2.0điểm).
1
1 1
+
với b>0 và b ≠ 1
÷.
b +1 b
b −1
Cho biểu thức B=
a) Rút gọn biểu thức B.
b) Tìm các giá trị của b để B= 1.
Câu 2(1,5 điểm).
2 x − 3 y = 1
a) Giải hệ phương trình sau:
3 x + y = 7
b) Cho hàm số bậc nhất y = (n-1)x + 3 (n là tham số). Tìm các giá trị của n để hàn
số đồng biến.
Câu 3(2.0điểm).
Cho phương trình x2 – 6x + n = 0 (1) (n là tham số).
a) Giải phương trình (1) khi n = 5
b) Tìm n để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn mãn
(x
2
1
+ 1) ( x2 2 + 1) = 36
Câu 4(1.0điểm).
Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn
Chứng minh rằng xy ( x + y )2 ≤
x + y = 1.
1
64
Câu 5(3.5điểm).
Cho đường tròn tâm O, bán kính R và N là một điểm nằm bên ngoài đường tròn.
Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB với đường tròn (O) (A, B là hai tiếp điểm). Gọi E là giao
điểm của AB và ON.
a) Chứng minh tứ giác NAOB nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Tính độ dài đoạn thẳng AB và NE biết ON = 5cm và R = 3 cm.
c) Kẻ ta Nx nằm trong góc ANO cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D (C
·
·
nằm giữa N và D). Chứng minh rằng NEC
= OED
/>
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM
Nội dung
Câu
1
1a
1
1
Điểm
2.0điểm
1
+
B=
÷.
b +1 b
b −1
b +1+ b −1 1
.
b −1
b
=
2
2 b 1
.
=
b −1 b b −1
2
Vậy B =
với b>0 và b ≠ 1
b −1
=
1b
Khi B =1
2
=1
b −1
⇔ 2= b-1 ⇔ b=3 (TMĐK)
Ta có
Vậy khi B = 1 thì b = 3
2
2a
2b
3
3a
3b
1,5điểm
2 x − 3 y = 1
2 x − 3 y = 1
⇔
3 x + y = 7
9 x + 3 y = 21
2 x − 3 y = 1
⇔
11x = 22
x = 2
⇔
y =1
Hàm số đồng biến khi hệ số a > 0
⇔ n-1>0 ⇔ n>1
Ta có:
2,0điểm
2
Khi n = 5 phương trình (1) trở thành x – 6x + 5 = 0
Phương trình có dạng a+b+c = 0
Nên phương trình có nghiệm: x1 = 1; x2 = 5
Ta có ∆ ' = (−3)2 − n = 9 − n
Để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì ∆ ' ≥ 0
Hay 9 - b ≥ 0 ⇔ n ≤ 9
x1 + x2 = 6
Theo hệ thức Vi-ét ta có:
x1.x2 = n
2
2
Mà ( x1 + 1) ( x2 + 1) = 36
⇔ x12 .x2 2 + x12 + x2 2 + 1 = 36
⇔ ( x1.x2 ) 2 + ( x12 + x2 2 ) + 1 = 36
⇔ ( x1.x2 ) 2 + ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 + 1 = 36
/>
Hay n2 + 62 – 2n +1 = 36
⇔ n2 – 2n +1 = 0
Suy ra n = 1 (TMĐK)
2
2
Vậy n =1 thì ( x1 + 1) ( x2 + 1) = 36
4
1,0điểm
Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn
Chứng minh rằng xy ( x + y )2 ≤
x + y = 1.
1
64
Giải:
Ta có: ( x + y )2 = x + y + 2 xy =1
áp dụng BĐT côsi cho 2 số (x+y) và 2 xy
ta có:
(x+y+2 xy ) ≥ 2 ( x + y )2 xy
=> (x+y+2 xy )2 ≥ 8(x+y) xy
=>1 ≥ 8(x+y) xy
1
8
1
=> ≥ (x+y)2xy
64
=> ≥ (x+y) xy
(điều phải chứng minh)
5
3,5điểm
5a
·
Ta có OAN
= 900 (Vì AN là tiếp tuyến của đường tròn (O))
·
OBN
= 900 (Vì AN là tiếp tuyến của đường tròn (O))
·
·
Do đó OAN
+ OBN
= 1800
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác NAOB nội tiếp được trong
một đường tròn.
/>
5b
Ta có NA = NA ( Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra ∆ABN cân tại N
Mà NO là phân giác của ·ANB ( Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Nên NO cũng là đường cao của ∆ABN do đó NE ⊥ AB hay AE ⊥ NO
Xét ∆ANO vuông tại A (Vì AN là tiếp tuyến của đường tròn (O)) có
đường cao AE.
Áp dụng định lý Py –ta -go ta có: ON2 = NA2 + OA2
Suy ra NA = ON 2 − OA2 = 52 − 33 = 4 (cm)
Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có
ON.AE = AN.OA
⇔ 5.AE =4.3
⇔ AE = 2,4
⇒ AB= 2AE= 2. 2,4 =4,8 (cm) (Vì ON ⊥ AB)
AN 2 42
=
= 3, 2 (cm)
AN = NE.NO ⇒ NE =
NO
5
Xét ∆NAO vuông tại A có AE là đường cao nên NA2 = NE.NO (1)
·
·
Xét ∆NAC và ∆NDA có: ·ANC chung; NAC
(Góc nội tiếp và góc
= NDA
2
5c
tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC)
Nên ∆NAC đồng dạng với ∆NDA (g-g)
NA NC
=
hay NA2 = NC.ND (2)
ND NA
NE NC
=
ND NO
NE NC
·
=
Xét ∆NCE và ∆NOD có ENC
chung mà
(c/m trên)
ND NO
·
·
Nên ∆NCE đồng dạng với ∆NOD (c-g-c) ⇒ NEC
= NDO
Từ (1) và (2) suy ra NE.NO = NC.ND ⇒
Do đó tứ giác OECD nội tiếp (Theo dấu hiệu)
·
·
(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung OD)
DEO
= DCO
Mà ∆OCD cân tại O (Do OC = OD = R)
·
·
DCO
= CDO
·
·
Suy ra NEC
= OED
/>