thi thử vào 10 môn toán 2016 2017 huyện hoằng hóa DE b

PHÒNG GD & ĐT
HUYỆN HOẰNG HÓA

KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn thi: Toán. Thời gian: 120 phút

ĐỀ B
Câu 1. (2 đ)
a. Giải phương trình: 2x2 – 5x – 7 = 0.
2 x + 3 y = 7
 x − 5 y = −3

b.Giải hệ phương trình: 
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
x .
2

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 ( x1 ; y1 ) và ( x2 ; y2 ) thỏa mãn điều kiện
x1 x2 ( y1 + y2 ) + 84 = 0

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, ( ¼
AOM ≤ ¼
AON ). 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)
 1

1

1

 1

1

1

Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn 7.  2 + 2 + 2 ÷ = 6.  + + ÷ + 2016
x y z 
 xy yz xz 
Tìm giá trị lớn nhất của P =

1
3(2 x 2 + y 2 )

+

1
3(2 y 2 + z 2 )

..........HẾT.........

/>
+

1
3(2 z 2 + x 2 )


HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Nội dung

Câu

7
a) Ta có: a - b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm x = −1 , x =
2
1
13
y
=
13
y
=
1


⇔
(2,0đ) b) Hệ đã cho tương đương với hệ :  x − 5 y = −3

x = 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (2;1) .

a) Ta có: A =
2
(2,0đ)

=

1 + x +1 − x  1+ x −1 + x 

1

÷: 
÷+
1− x
1− x

 
 1− x

1
1
+
=
x 1− x

1
.
x−x

(

b) Ta có: 7 + 4 3 = 2 + 3
Vậy A =

)

2

nên

x = 2+ 3 =2+ 3

1
−1
1
=
= 5−3 3 .
2+ 3 −7−4 3 5+3 3 2

(

)

a) Vì (d) đi qua điểm A(-2;3) nên thay x = −2; y = 3 vào hàm số:
y = 2 x − a + 1 ta có: 2 ( −2 ) − a + 1 = 3 ⇔ a = −6 .
b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:
1 2
x = 2 x − a + 1 ⇔ x 2 − 4 x + 2a − 2 = 0 (1).
2
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 6 − 2a > 0 ⇔ a < 3 .
3
(2,0đ) 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 = 2 x1 − a + 1 , y2 = 2 x2 − a + 1 .
Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + x2 = 4; x1 x2 = 2a − 2 .Thay y1,y2 vào
x1 x2 ( y1 + y2 ) + 84 = 0 ta có: x1 x2 ( 2 x1 + 2 x2 − 2a + 2 ) + 84 = 0
⇔ ( 2a − 2 ) ( 10 − 2a ) + 84 = 0 ⇔ a 2 − 6a − 16 = 0
⇔ a = −2 (thỏa mãn a < 3 ) hoặc a = 8 (không thỏa mãn a < 3 )
Vậy a = −2 thỏa mãn đề bài.

·
4
a) Ta có: MKA
= 900
(3,0đ) (Vì AK vuông góc với MB )
·
và MHA
= 900 (Vì AB vuông góc với MN)
·
·
Suy ra MKA
+ MHA
= 1800 .
Vậy tứ giác MHAK nội tiếp đường tròn
đường kính MA, hay bốn điểm M, H, A, K
cùng nằm trên một đường tròn.

/>
Điểm
1,0
0,5
0,5
1,0

0,5
0,5
1,0

0,25
0,25

0,25

0,25

1,0


·
·
b) Do tứ giác MHAK nội tiếp nên KAH
(cùng bù với góc KMH).
= HMB
·
·
Mặt khác BMH = BAN (nội tiếp cùng chắn cung BN)
·
·
Suy ra: KAB
= BAN
Vậy AB là tia phân giác của góc KAN.
·
c) Ta có tứ giác MANB nội tiếp => KMA
= ·ANB
·
·
=> ·ANB = KHA
=> tứ giác AHEN nội tiếp
= EHB
·

·
=> BAE = HNB =>∆HNB đồng dạng ∆EAB (g-g)
HN NB
=
=> AE.NB = HN. AB (1)
AE AB

=>

0,5
0,5

0,5

Ta có ∆MHB đồng dạng ∆AKB ( Hai tam giác vuông có góc MBA chung )
MH MB
=
=> AK.MB = MH.AB (2)
AK
AB

=>

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 0,25
là đường kính của đường tròn tâm O =>A là điểm chính giữa cung nhỏ MN 0,25
5
Áp dụng BĐT 3(a2 + b2+ c2) ≥ (a + b + c)2 ta có:
(1,0đ) 3(2x2 + y2 ) ≥ (2x + y)2; 3(2y2 + z2 ) ≥ (2y + z)2; 3(2z2 + x2 ) ≥ (2z + x)2

1
1
1
+
+
2x + y 2 y + z 2z + x
1 1 1
1 1 1 1
1
Áp dụng : (a+b+c)( + + ) ≥ 9 ⇒ ( + + ) ≥
( ∀a, b, c > 0 ).
a b c
9 a b c
a+b+c
1
1
1
1  1 1 1   1 1 1   1 1 1  
Ta có: P ≤ 2 x + y + 2 y + z + 2 z + x ≤  + + ÷+  + + ÷+  + + ÷
9  x x y   y y z   z z x  

⇒ P≤

 3 3 3 1 1 1 1
 + + ÷=  + + ÷ (I)
 x y z  3 x y z 
2
 1 1 1
 1 1 1  1 1 1
 1 1 1

+
+
3.
+
+
+
6.
+
+
+
2016
* 10  2 2 2 ÷ =  2 2 2 ÷ 
= 3.  + + ÷ + 2016
÷
y
z 
x
 x y z   xy yz zx 
x y z
⇒P ≤

1
9

0,25

(II)
2

 1

1
1  1 1 1
Lại có: 3  2 + 2 + 2 ÷ ≥  + + ÷ ⇒
y
z  x y z
x
2
 1
1
1 
1 1 1 1
⇒ 10  2 + 2 + 2 ÷ ≥ 10.  + + ÷
y
z 
3 x y z
x

2

 1
1
1  1 1 1 1
 2 + 2 + 2 ÷≥  + + ÷
y
z  3 x y z
x

2

Từ (II) và (III) ⇒

⇒ 2016 ≥ 10 .

1
3

0,25

(III)
2

1 1 1 1
1 1 1
3  + + ÷ + 2016 ≥ 10 .  + + ÷
3 x y z
x y z
2

2

1 1 1
1 1 1
 + + ÷ -3  + + ÷
x y z
x y z

2

1 1 1
1 1 1
⇒  + + ÷ ≤ 3.2016 ⇒  + + ÷ ≤ 3.2016 (IV)

x y z
x y z

/>
0,25


Từ (I) và (IV) ⇒ P ≤

11 1 1 1
 + + ÷≤ .
3 x y z  3

Vậy GTLN của P = 672 khi x = y = z và
⇔ x=y=z=

1
.
672

3.2016 =

2016
= 672 .
3

 1
 1
1
1 

1
1 
7 2 + 2 + 2 ÷= 6 +
+ ÷+ 2016
y
z 
 xy yz zx 
x

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.

/>