Toan

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA Năm học: 2015 - 2016 TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH I MÔN TOÁN ----------------------Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) (Đề thi có 01 trang). Họ và tên thí sinh: …………………………………Số báo danh: …………. ĐỀ A. Câu 1 (2,0 điểm): 1) Giải các phương trình sau: a) x  3  0 b) x 2  5 x  4  0 3x  2 y  11 2) Giải hệ phương trình:  x  2 y  5 1 a a.  1  a  . (với a  0; a  1 ) 1  a a  a  . Câu 2 (2,0 điểm): Cho biểu thức: A  . 1) Rút gọn biểu thức A . 2) Tính giá trị biểu thức A khi a  3  2 2 . Câu 3 (2,0 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y  ax  2 và parabol ( P ) : y   x 2 . 1) Tìm a để đường thẳng ( d ) đi qua điểm A(1;3). 2) Tìm a để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 ; x2 thoả mãn x12  x22  ( x1  x2  2)  0 . Câu 4 (3,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông ở đỉnh A. Trên cạnh AC lấy điểm M (khác với các điểm A và C). Vẽ đường tròn (O) đường kính MC. Gọi N là giao điểm thứ hai của cạnh BC với đường tròn (O). Nối BM và kéo dài cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là P. 1) Chứng minh rằng tứ giác AMNB là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh rằng hai tam giác ABP và MNP đồng dạng. 3) Đường thẳng AP cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D (khác P). Đường thẳng ND cắt các đường thẳng AC và PC lần lượt tại E và G. Chứng minh rằng: CM .CE  CP.CG Câu 5 (1,0 điểm): Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xy  yz  zx  1 . x y z 3 Chứng minh rằng:    . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? 2 2 2 2 1 x 1 y 1 z. --------------------------Hết--------------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ A Câu. Điểm. Nội dung 1). a) x  3  0  x  3 b) Ta có a  b  c  1  (5)  4  0  phương trình có 2 nghiệm x  1; x  4 .. 0,5 0,5. x  3  x  2 y  5 x  2 y  5 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y )  (3;1). 1,0. 1 3 x  2 y  11 2 x  6  (2,0đ) 2) Ta có: .  1 a a   (1  a )(1  a  a )  1 1  a  .    a  . 1 a  1 a  a a   a a 1 (1  a )2 1 a = 1 a  a  a .   a (1  a ) a (1  a ) a. 1) Ta có:  2 (2,0đ). . 0,5. . 0,5 0,5. 2) Ta có: a  3  2 2  (1  2)2  a  1  2 1 a 2  2   2. a 1 2 1) Ta có A(1;3)  (d )  a  2  3  a  1 . Vậy a  1 .. Khi đó: A . 0,5 1,5. 2) Phương trình hoành độ giao điểm:  x 2  ax  2  x 2  ax  2  0 (1) (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt    a 2  8  0 (*) x1 ; x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1)  x1  x2   a   x1 x2  2 Từ giả thiết ta có: x12  x22  ( x1  x2  2)  0  ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2  ( x1  x2 )  2  0 a  2 ( a ) 2  4  ( a )  2  0  a 2  a  6  0    a  3 Kết hợp với điều kiện (*)  a=-3 là các giá trị cần tìm. 1) Ta có MNC  900 D P A  MNB  MAB  900  Tứ giác AMNB là tứ giác G. 3 Theo định lí Viét ta có: (2,0đ). 0,25. 0,25 1,5. M. nội tiếp.. E. 4 (3,0đ). B. N. 2) Ta có BAC  BPC  900  Tứ giác APCB là tứ giác nội tiếp  APB  ACB  MPN (1) ABP  ACP  MNP (2) Từ (1) và (2)  hai tam giác ABP và MNP đồng dạng. 3) Ta có: Tứ giác APCB nội tiếp  ABC  DPG Bốn điểm C,N,P,D cùng nằm trên (O)  DNC  DPG Từ đó  ABC  DNC  DN // AB  DN  AC  hai tam giác CPM và CEG là hai tam giác vuông đồng dạng. C. 0,75 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> . CM CG   CM .CE  CP.CG (đpcm) CP CE. 0,25. Ta có: x 1  x2. . x xy  yz  zx  x 2. . x ( x  y )( x  z ) x x   0,25 ( x  y )( x  z ) x( x  y )  z ( x  y ) ( x  y )( x  z ). Áp dụng bất đẳng thức Côsi: ( x  y)  ( x  z ) x x[( x  y )  ( x  z )] 1 x x  ( x  y )( x  z )    (  ) 2 2( x  y )( x  z ) 2 x y xz 1  x2 y 1 y y z 1 z z Chứng minh tương tự:  (  );  (  ) 5 2 2 2 yz yx 2 zy zx 1  y 1  z (1,0đ). 0,25. Suy ra: x 1 x. 2. . y 1 y. 2. . z 1 z. 2. . 1 x x y y z z 3 (      ) 2 x y x z yz yx z y z x 2. x  y  x  z  Dấu “=” xảy ra   y  z  y  x  x  y  z  3 3 z  y  z  x  xy  yz  zx  1. 0,25. 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..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA Năm học: 2015 - 2016 TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH I MÔN TOÁN ----------------------Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) (Đề thi có 01 trang). Họ và tên thí sinh: …………………………………Số báo danh: …………. ĐỀ B. Câu 1 (2,0 điểm): 1) Giải các phương trình sau: a) y  3  0 b) y 2  5 y  4  0  2 x  3 y  11 2) Giải hệ phương trình:  2 x  y  5 1 b b.  1  b  . (với b  0; b  1 ) 1  b b  b  . Câu 2 (2,0 điểm): Cho biểu thức: B  . 1) Rút gọn biểu thức B . 2) Tính giá trị biểu thức B khi b  3  2 2 . Câu 3 (2,0 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y  bx  2 và parabol ( P ) : y   x 2 . 1) Tìm b để đường thẳng ( d ) đi qua điểm B(1;3). 2) Tìm b để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 ; x2 thoả mãn x12  x22  ( x1  x2  2)  0 . Câu 4 (3,0 điểm): Cho tam giác MNP vuông ở đỉnh M. Trên cạnh MP lấy điểm A (khác với các điểm M và P). Vẽ đường tròn (O) đường kính AP. Gọi B là giao điểm thứ hai của cạnh NP với đường tròn (O). Nối NA và kéo dài cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là C. 1) Chứng minh rằng tứ giác MABN là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh rằng hai tam giác MNC và ABC đồng dạng. 3) Đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D (khác C). Đường thẳng BD cắt các đường thẳng MP và CP lần lượt tại E và G. Chứng minh rằng: PA.PE  PC.PG Câu 5 (1,0 điểm): Cho a; b; c là các số thực dương thoả mãn: ab  bc  ca  1. a b c 3 Chứng minh rằng: . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?    2 2 2 2 1 a 1 b 1 c. --------------------------Hết--------------------------.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ B Câu. Điểm. Nội dung 1) a) y  3  0  y  3 b) Ta có a  b  c  1  (5)  4  0  phương trình có 2 nghiệm y  1; y  4 .. 0,5 0,5. x  1  2 x  y  5 2 x  y  5 y  3 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y )  (1;3). 1,0. 1 2 x  3 y  11 2 y  6  (2,0đ) 2) Ta có: .  1 b b   (1  b )(1  b  b)  1 1  b  .    b  . 1 b  1 b  b b   b b 1 (1  b )2 1 b = 1 b  b  b .   b (1  b ) b (1  b ) b. 1) Ta có:  2 (2,0đ). . 0,5. . 0,5 0,5. 2) Ta có: b  3  2 2  (1  2)2  b  1  2 Khi đó: B . 1 b. 2 2.  2. b 1 2 1) Ta có B(1;3)  (d )  b  2  3  b  1 . Vậy b  1 . . 0,5 1,5. 2) Phương trình hoành độ giao điểm:  x 2  bx  2  x 2  bx  2  0 (1) (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt    b2  8  0 (*) x1 ; x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1) x  x  b 3 Theo định lí Viét ta có:  1 2 (2,0đ)  x1 x2  2 Từ giả thiết ta có: x12  x22  ( x1  x2  2)  0  ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2  ( x1  x2 )  2  0 b  2 ( b ) 2  4  ( b )  2  0  b 2  b  6  0    b  3 Kết hợp với điều kiện (*)  b=-3 là các giá trị cần tìm. 1) Ta có ABP  900 D C M  ABN  AMN  900  Tứ giác MABN là tứ giác G. 0,25. A. nội tiếp.. 0,25. 1,5. E. 4 (3,0đ). N. B. 2) Ta có NMP  NCP  900  Tứ giác MCPN là tứ giác nội tiếp  MCN  MPN  ACB (1) MNC  MPC  ABC (2) Từ (1) và (2)  hai tam giác MNC và ABC đồng dạng. 3) Ta có: Tứ giác MCPN nội tiếp  MNP  DCG Bốn điểm P,B,C,D cùng nằm trên (O)  DBP  DCG Từ đó  MNP  DBP  DB // MN  DB  MP  hai tam giác PCA và PEG là hai tam giác vuông đồng dạng. P. 0,75 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> . PA PG   PA.PE  PC.PG (đpcm) PC PE. 0,25. Ta có: a 1 a. 2. a. . ab  bc  ca  a. 2. . a (a  b)(a  c) a a   (a  b)(a  c ) a ( a  b)  c( a  b) (a  b)(a  c ). 0,25. Áp dụng bất đẳng thức Côsi: ( a  b)  ( a  c ) a a[(a  b)  (a  c)] 1 a a  ( a  b)(a  c)    (  ) 2 2 2(a  b)(a  c) 2 ab ac 1 a Chứng minh tương tự: b  1 ( b  b ); c  1 ( c  c ) 1  b2 2 b  c b  a 1  c2 2 c  b c  a. 0,25. 5 (1,0đ) Suy ra: a 1  a2. . b 1  b2. . c. . 1 a a b b c c 3 (      ) 2 a b a c bc ba cb ca 2. 1  c2 a  b  a  c  Dấu “=” xảy ra  b  c  b  a  a  b  c  3 3 c  b  c  a ab  bc  ca  1. 0,25. 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..

<span class='text_page_counter'>(7)</span>