DE THI THU THPT 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: Toán. Thời gian: 120 phút Câu 1 (2 đ) a. Giải phương trình: 2x2 – 3x – 5 = 0.  2 x  3 y 7  b. Giải hệ phương trình:  x  5 y  3. Câu 2 (2 đ) Cho biểu thức A = a. Rút gọn A.. 1   1 1  1  1     :   1 a 1 a   1 a 1 a  1 a. (với a>0; a 1). b. Tính giá trị của A khi x = 7  4 3 . Câu 3 (2 đ) 1 2 x Trong mặt phẳng tọa độ Õy, cho đường thẳng (d): y = 2x – a + 1 và parabol (P): y = 2 .. 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 ( x1; y1 ) và ( x2 ; y2 ) thỏa mãn điều kiện x1 x2 ( y1  y2 )  48 0. 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 trị lớn nhất.. (. Câu 5. (1 đ) Cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn 7. 1. Tìm giá trị lớn nhất của P =. 2. 2. 3(2a  b ). . 1 1 1 + 2+ 2 2 a b c. 1 2. 2. 3(2b  c ). . ).  1 1 1 6.      2016 =  ab bc ca . 1 3(2c 2  a 2 ).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 1 (2,0đ). KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Nội dung a) Ta có: a - b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm  13 y 13  b) Hệ đã cho tương đương với hệ :  x  5 y  3. a) Ta có: A =. a   1 a  1 a  1  :  1 a    1 a. 2 74 3  2 3 (2,0đ) b) Ta có:. . . 2. nên. 5 2. 0,5.  y  1    x 2. Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) (2;  1) .  1  a 1   1 a . x  1 , x . Điểm 1,0. 0,5. 1 1  = a 1 a =. 1 a a.. 0,5. a  2  3 2  3. 0,5. 1 1 1 5 3 3 Vậy A = 2  3  7  4 3 = 5  3 3 = 2 .. . 1,0. . a) Vì (d) đi qua điểm A(-1;3) nên thay x  1; y 3 vào hàm số: y 2 x  a  1 1,0 ta có: 2   1  a  1 3  a  4 . b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: 0,25 1 2 x 2 x  a  1 2  x  4 x  2a  2 0 (1). 2 Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt 0,25   '  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   48 0 ta có: x1 x2  2 x1  2 x2  2a  2   48 0. 0,25.   2a  2   10  2a   48 0  a 2  6a  7 0  a  1 (thỏa mãn a  3 ) hoặc a 7 (không thỏa mãn a  3 ) M Vậy a  1 thỏa mãn đề bài.. 0,25. K. 4 (3,0đ). H. A. B. 0  a) Ta có: AKM 90. (Vì MK vuông góc với AN ) 0  và AHM 90 (Vì MN vuông góc với AB) 0   Suy ra AKM  AHM 180 .. O. E. 1,0 N.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 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. . 0,5 0,5. . c) Ta có tứ giác AMBN nội tiếp => KAM MBN    => MBN KHM EHN => tứ giác MHEB nội tiếp   => NME HBN =>HBN đồng dạng EMN (g-g) HB BN  => ME MN => ME.BN = HB. MN (1). 0,5. Ta có AHN đồng dạng MKN ( Hai tam giác vuông có góc ANM chung ) AH AN  => MK MN => MK.AN = AH.MN (2) Từ (1) và (2) ta có:. 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. 5 Áp dụng BĐT 3(x2 + y2+ z2) (x + y + z)2 ta có: (1,0đ) 3(2a2 + b2 ) (2a + b)2; 3(2b2 + c2 ) (2b + c)2; 3(2c2 +a2 ) (2c+a)2 1 1 1 + + 2 a+ b 2 b+ c 2c +a 1 1 1 Áp dụng : (x+y+z)( x + y + z ) x, y, z  0 ) .. 0,25 0,25.  P. 1 1 1 1 + + 2 a+ b 2 b+c 2c +a 9 1 3 3 3 1 1 1 1 + + + + = 9 a b c 3 a b c. Ta có: P. (. P. * 10. (. 1 9. 9 . 1 1 1 + 2+ 2 2 a b c. ). (. 1 1 1. [( ). 1 x+ y+z. ( x+y+z ). (. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + + a a b b b c c c a. )(. )(. )] 0,25. (I) 2. ).  1 1 1 1 1 1 1 1 1 3.  2  2  2   6.      2016      2016 ab bc ca a b c     = = 3.  a b c . (II) Lại có: 3  10. (. 1 1 1 + 2+ 2 2 a b c 1 1 1 + + a2 b 2 c 2. (. ). ). 1 1 1 2  + + a b c 1 1 1 1 + + 10. 3 a b c. (. (. ). (. 2. ). 1 1 1 + 2+ 2 2 a b c. Từ (II) và (III)   2016. 1. 10 . 3. (. 1 1 1 + + a b c. 2. ). -3. (. (. 10 .. 1 1 1 + + a b c. 2. ). 1 1 1 + + a b c. 2. ). 0,25. (III). 2. 1 1  1      2016 3 a b c . ). 1 3. 1 3. (. 1 1 1 + + a b c. 2. ).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . (. 1 1 1 + + a b c. 2. ). 3.2016 . Từ (I) và (IV)  P. (. 1 1 1 + + a b c. 1 1 1 1 + + 3 a b c. (. ). Vậy GTLN của P = 672 khi a = b = c và. ). 3.2016 1 3 .. (IV). 3.2016 =. 0,25 2016  672 3 .. 1 1  1 1   1  1 7  2  2  2  6      2016 b c  a  ab bc ca . 0,25. 1  a = b = c = 672 .. KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 Thời gian: 120 phút Câu 1 (2,0 điểm) a. Giải phương trình: 2x2 – 3x – 5 = 0. 2 x  3 y 7  b. Giải hệ phương trình:  x  5 y  3 2 c. Cho phương trình x  2  m  1 x  2m 0 (m là tham số).. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  2 . Câu 2 (2,0 điểm) 1   1 1  1  1     :  Cho biểu thức A =  1  a 1  a   1  a 1  a  1  a (với a > 0; a 1) a. Rút gọn A. 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 1 2 x và parabol (P): y = 2 .. 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 ( x1; y1 ) và ( x2 ; y2 ) thỏa mãn điều kiện x1 x2 ( y1  y2 )  48 0. 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 của đường tròn đó. b) Chứng minh rằng: MN // DE..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> c) 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 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 2  b  c   b 2  c  b   c 2  1  c . .. ------ Hết ----Họ và tên thí sinh: ………………………………………….. Số báo danh: …………... HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ A Nội dung. Câu. Điểm 1,0. 5 x  1 , x  2 a) Ta có: a – b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm   13 y 13  y  1   b) Hệ đã cho tương đương với hệ :  x  5 y  3   x 2. 1 (2,0đ). 0,25. Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) (2;  1) .. 0,25. c). 0,5. Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm x1 , x2 là m 2  1 0  ' 0    x1  x2 0  2( m  1) 0  m 0 2 m 0  x x 0  1 2  Theo hệ thức Vi-ét: x1  x2 2(m  1), x1 x2 2m . Ta có x1  x2  2  x1  x2  2 x1 x2 2 (t/mãn) a) Ta có: A =.  1  a 1   1 a . a  1 a  1 a  1  :  1 a    1 a. 2 (2,0đ) b) Ta có: 7  4 3  2  3. .  2 m  2  2 2 m 2  m 0. . 2. nên. 1 1  = a 1 a =. 1 a a.. a  2  3 2  3. 1 1 1 5 3 3 2  3  7  4 3 Vậy A = =53 3 =2 .. . . 3 a) Vì (d) đi qua điểm A(-1;3) nên thay x  1; y 3 vào hàm số: y 2 x  a  1 ta có: (2,0đ) 2   1  a  1 3  a  4 .. 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 2 x 2 x  a  1 2 b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:  x 2  4 x  2a  2 0 (1). Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt   '  0  6  2a  0  a  3 . Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x ; x là nghiệm của phương trình (1) và y1 2 x1  a  1 , y2 2 x2  a  1 . 1.   2a  2   10  2a   48 0  a 2  6a  7 0  a  1 (thỏa mãn a  3 ) hoặc a 7 (không thỏa mãn a  3 ) Vậy a  1 thỏa mãn đề bài. Do AD, BE là đường cao của ∆ABC (giả thiết) nên : 0 ADB 900  và AEB 90 0   a Xét tứ giác AEDB có ADB  AEB 90 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.  B  D 1 1 (cùng chắn cung AE ) Xét đường tròn (I) ta có:  B   b Xét đường tròn (O) ta có: M 1 1 (cùng chắn cung AN )  M   MN // DE D 1 Suy ra: 1 (do có hai góc đồng vị bằng nhau). c Cách 1: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. 0   CDH 900 (do BE  AC ) *) Xét tứ giác CDHE ta có : CEH 90 (do AD  BC ) . 0,25. 2. Theo hệ thức Vi-et ta có: x1  x2 4; x1 x2 2a  2 .Thay y1,y2 vào x1 x2  y1  y2   48 0 ta có: x1 x2  2 x1  2 x2  2a  2   48 0. 4 (3đ). 0,25. . 0. suy ra CEH  CDH 180 , 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 CH bằng 2. *) Kẻ đường kính CK, ta có:  KAC 900 (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. OI . CH 2 (t/c đường trung bình). Do AB cố định, nên I cố định. 0,25 0,25. 1,0. 1,0 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 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. 2. d. S CDE  CD      cos ACB S CA  C/m được hai tam giác CDE và CAB đồng dạng => CAB . . . 2. Không đổi vì AB cố định. Để SCDE max thì SABC max ó CH max ó C la điểm chính giữa cua cung BC 4c) Cách 2: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC  BH  AC ; CH  AB (1’) Kẻ đường kính AK suy ra K cố định và. 0,5. ABK  ACK 900. (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).  KB  AB; KC  AC (2’) Từ (1’) và (2’) suy ra: 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 CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH. => đpcm… Từ. 0 a b c 1  a 2  b  c  0 3. 1 1  b  b  2c  2b  4c 3 b  c  b   .b.b.  2c  2b   .    2 2 3 27   Theo BĐT Cô-si ta có: 2. 2. 0,25. 4c 3 23 3  23   54  23c 23c  23  Q  c 2  1  c  c 2  c c 2  1  c    . . .1  c 27 27 27 23 54 54 27       Suy ra: 3 23c   23c 23c 0,5 2 2 3  1  5   54 54 1 108   54 54 27   .         (1đ)  23  .  3      23   3  529     a 0 a 2  b  c    12  0,25  b 2c  2b  b  23  23c  23c 108 12 18   18 1   a 0; b  ; c  27  54 c  23 23 23 . Dấu “=” xảy ra Vậy MaxQ = 529 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..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> - 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 Thời gian: 120 phút Câu 1 (2,0 điểm) a. Giải phương trình: 2x2 – 5x – 7 = 0. 2 x  3 y 7  b. Giải hệ phương trình:  x  5 y  3 2 c. Cho phương trình x   2m  2  x  2m 0 (m là tham số).. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn Câu 2 (2,0 điểm) Cho biểu thức B = a. Rút gọn B.. 1   1 1  1  1     :   1 x 1 x   1 x 1 x  1 x. x1  x2  2. .. (với x > 0; x 1). 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 1 2 x (P): y = 2 .. 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 ( x1; y1 ) và ( x2 ; y2 ) thỏa mãn điều kiện x1 x2 ( y1  y2 )  84 0. 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 của đường 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 tam giác CDE luôn không đổi khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 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 2  y  z   y 2  z  y   z 2  1  z . .. ------ Hết -----. Họ và tên thí sinh: ………………………………………….. Số báo danh: ………….. Câu. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ B Nội dung Điểm a) Ta có: a - b + c 1,0 = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm x  1 , x . 7 2. b) Hệ đã cho tương đương với hệ :  13 y 13   x  5 y  3. 1 (2,0đ). 0,25 0,25. .  y 1   x 2. Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) (2;1) . c). 0,5. Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm  ' 0   x1  x2 0   x x 0  1 2. m 2  1 0  2(m  1) 0  m 0 2 m 0 . Theo hệ thức Vi-ét: Ta có. x1  x2  2.  2 m  2  2 2 m 2  m 0. 2. a) Ta có: B =. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>  1 x 1  1 x . x  1 x  1 x  1  :  1 x    1 x. 1 1  = x 1 x = 1 x  x. b) Ta có: (2,0đ). . 0,5. 74 3  2 3. . 2. nên x  2  3 2  3. 0,5. Vậy B = 1 2 3 7 4 3 = 1 1 5 3 3 53 3 =2. . 3 (2,0đ). . . a) Vì (d) đi qua điểm B(-2;3) nên thay x  2; y 3 vào hàm số: y 2 x  b  1 ta có: 2   2   b  1 3  b  6 . b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: 1 2 x 2 x  b  1 2  x 2  4 x  2b  2 0 (1). Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt   '  0  6  2b  0  b  3 . Vì (x1; y1) và (x2;. 1,0. 0,25 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm của phương trình (1) và y1 2 x1  b  1 , y2 2 x2  b  1 .. Theo hệ thức Vi-et ta có: x1  x2 4; x1 x2 2b  2 .Thay y1,y2 vào x1 x2  y1  y2   84 0 ta có: x1 x2  2 x1  2 x2  2b  2   84 0   2b  2   10  2b   84 0. 4 (3đ).  b 2  6b  16 0  b  2 (thỏa mãn b  3 ) hoặc b 8 (không thỏa mãn b  3 ) Vậy b  2 thỏa mãn đề bài. a. 1,0 Do AD, BE là đường cao của ∆ABC (giả thiết) nên : ADB 900 và 0 AEB 90 Xét tứ giác AEDB có ADB  AEB 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..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> b. c. Xét đường tròn (I)  B  D 1 1 ta có: (cùng chắn cung AE ) Xét đường tròn (O) ta có:  B  M 1 1 (cùng  chắn cung AN ) Suy ra:  M   MN // DE D 1 1 (do có hai góc đồng vị bằng nhau). Cách 1: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. *) Xét tứ giác CDHE ta . 0. có : CEH 90 (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 CH kính bằng 2 .. *) Kẻ đường kính CK, ta có:  KAC 900 (góc nội tiếp chắn nửa. 1,0. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 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 OI . CH 2 (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. Cách 2 : Gọi H là trực tâm của tam giác ABC  BH  AC ; CH  AB. (1’) Kẻ đường kính AK suy ra K cố định và ABK  ACK 900. (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).  KB  AB; KC  AC.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> (2’) Từ (1’) và (2’) suy ra: 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 CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH.  đpcm… C/m được hai tam giác CDE và CAB đồng dạng => 2. 4d. 5 (1đ). S CDE  CD      cos ACB S CAB  CA . . . 2. Không đổi vì AB cố định. Để SCDE max thì SABC max ó CH max ó C la điểm chính giữa cua cung BC Từ 0  x  y  z 1  x 2  y  z  0. 0,5. Theo BĐT Cô-si 0,25 ta có: 3 1 1  y  y  2z  2 y  4z 3 2 y  z  y   . y. y.  2 z  2 y   .    2 2  3 27  Suy ra: 2. 4z3 23 3  23   54  23 z 23 z  23  Q  z 2  1  z  z 2  z z 2  1  z    . . . 1  z 27 27  27   23  54 54  27  3 0,5 23 z 23 z 23 z   2 2 3   1   54   54 27   54  .  1  108   .  54      3  23     23   3  529   Dấu “=” xảy ra 0,25.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>    x 0 2  x  y  z  0   12    y 2 z  2 y   y  23  23z  23z 18   1  27  54  z  23 Vậy MaxQ = 108 12 18  x 0; y  ; z  529 23 23 .. 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.. KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1. (2,0 điểm) Cho biÓu thøc M =. 2 √ x − 9 2 √ x +1 √ x +3 + + x −5 √ x+6 √ x − 3 2 − √ x. 1.Tìm điều kiện của x để M có nghĩa và rút gọn M 2.Tìm x để M = 5 3.T×m x Z để M Z.. 12 Bài 2 (2,0 điểm)Hai người cùng làm chung một công việc trong 5 giờ thì xong. Nếu mỗi. người làm một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc trong ít hơn người thứ hai là 2 giờ. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người phải làm trong bao nhiêu thời gian để xong công việc? Bài 3. (2,0 điểm)Cho ph¬ng tr×nh: x2 + 2x + m-1= 0 ( m lµ tham sè) 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 1 1 c) LËp ph¬ng tr×nh Èn y tho¶ m·n y 1=x 1+ ; y 2=x 2+ x2. tr×nh ë trªn. x1. víi x1; x2 lµ nghiÖm cña ph¬ng.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Bài 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. Chøng minh r»ng: 1. Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp . 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 Bài 5. (0,5 điểm) T×m c¸c sè nguyªn x,y,z tho¶ m·n x 2  y 2  z 2  xy  3 y  2 z  3. --- HẾT --Họ và tên thí sinh: ………………………………….. Số báo danh: ………………………. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Bài Bài 1.. Đáp án 2√ x−9 2 x +1 √ x +3 + √ + x −5 √ x+6 √ x − 3 2 − √ x. M=. a.§K. x≥ 0; x≠ 4 ;x ≠ 9. Rót gän M =. 0,5®. 2 √ x − 9− ( √ x+3 )( √ x −3 ) + ( 2 √ x+1 ) ( √ x − 2 ) ( √ x −2 ) ( √ x −3 ). Biến đổi ta có kết quả: M =. x −√ x − 2 ( √ x −2 ) ( √ x −3 ). ( √ x+ 1 )( √ x − 2 ) x +1 ⇔ M= √ ( √ x −3 ) ( √ x − 2 ) √ x −3 §èi chiÕu §K: x ≥ 0 ; x ≠ 4 ; x ≠ 9 VËy x = 16 th× M = 5. M=. √ x+1 = √ x −3+ 4 =1+ 4 √ x − 3 √ x −3 √ x −3 Do M z nªn √ x −3 lµ íc cña 4 ⇒ √ x −3 nhËn c¸c gi¸ trÞ: -4; -2; -1; 1; 2; 4 Lập bảng giá trị ta đợc: ⇒ x ∈ { 1; 4 ; 16 ; 25 ; 49 } v× x ≠ 4 ⇒ x ∈ { 1; 16 ; 25 ; 49 } c. M =. Bài 2.. Gọi thời gian người thứ nhất hoàn thành một mình xong công việc là x (giờ), ĐK x. 12 5. Thì thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là x + 2 (giờ) 1 1 Mỗi giờ người thứ nhất làm được x (cv), người thứ hai làm được x  2 (cv) 12 Vì cả hai người cùng làm xong công việc trong 5 giờ nên mỗi giờ cả hai đội làm 12 5 1: được 5 = 12 (cv) Do đó ta có phương trình 1 1 5  x2x  5   x ( x  2) 12  5x2 – 14x – 24 = 0 x x  2 12 , ’ = 49 + 120 = 169,  13. x. 7  13  6 7  13 20  x  4 5 5 (loại) và 5 5 (TMĐK). => Vậy người thứ nhất làm xong công việc trong 4 giờ, người thứ hai làm xong công việc trong 4+2 = 6 giờ. 3) a) Ta cã ’ = 12 – (m-1) = 2 – m Phơng trình có hai nghiệm là nghịch đảo của nhau. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Bài. Đáp án ⇔ ' Δ ≥0 P=1 ⇔ ¿ 2− m≥ 0 m− 1=1 ⇔ ¿ m≤ 2 m=2 ⇔ m=2 ¿{. Điểm. VËy m = 2. b) Ta cã ’ = 12 – (m-1) = 2 – m Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm    0  2 – m  0  m  2 (*) Khi đó theo định lí Viet ta có: x1+ x2 = -2 (1); x1x2 = m – 1 (2) Theo bµi: 3x1+2x2 = 1 (3). Tõ (1) vµ (3) ta cã:. ¿ x 1 + x 2=−2 3 x1 +2 x 2=1 ⇔ ¿ 2 x 1 +2 x2=−4 3 x1 +2 x 2=1 ⇔ ¿ x 1=5 x 1 + x 2=−2 ⇔ ¿ x 1=5 x2=−7 ¿{ ¿. ThÕ vµo (2) ta cã: 5(-7) = m -1  m = - 34 (tho¶ m·n (*)) VËy m = -34 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m d) Với m  2 thì phơng trình đã cho có hai nghiệm Theo định lí Viet ta có: x1+ x2 = -2 (1) ; x1x2 = m – 1 (2) x +x Khi đó: y 1+ y 2=x 1+ x 2 + 1 + 1 =x 1+ x 2 + 1 2 =−2+ − 2 = 2 m x1 x 2. y 1 y 2=(x 1+. x1 x2. m−1. 1 −m. (m≠1). 1 1 1 1 m2 )( x 2+ )=x 1 x 2 + +2=m−1+ +2= x2 x1 x1 x 2 m− 1 m −1.  y1; y2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: y2 -. 2m .y + 1−m. Ph¬ng tr×nh Èn y cÇn lËp lµ: (m-1)y2 + 2my + m2 = 0 Bài 4:. (m≠1). 2. m m−1. = 0 (m≠1).

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Bài. Đáp án. Điểm. 1. XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: é CEH = 900 ,é CDH = 900 ( Vì BE, AD là đờng cao) => Ð CEH + Ð CDH = 1800 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 => ÐBEC = 900. CF là đờng cao => CF  AB => éBFC = 900. Nh vËy E vµ F cïng nh×n BC díi mét gãc 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. XÐt hai tam gi¸c AEH vµ ADC ta cã: Ð AEH = Ð ADC = 900 ; ¢ lµ gãc chung =>  AEH ~ ADC => AE = AH => AE.AC = AH.AD. AD AC * XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã: Ð BEC = Ð ADC = 900 ; ÐC lµ gãc chung =>  BEC ~ ADC => BE = BC => AD.BC = BE.AC. AD AC 4. Ta cã ÐC1 = ÐA1 ( v× cïng phô víi gãc ABC) ÐC2 = ÐA1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM) => ÐC1 = Ð C2 => CB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc HCM; l¹i cã CB  HM =>  CHM c©n t¹i 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 => ÐC1 = ÐE1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF) Còng theo chøng minh trªn CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp  ÐC1 = ÐE2 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD)  ÐE1 = ÐE2 => EB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc FED. Chøng minh t¬ng tù ta còng cã FC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DFE mµ BE vµ CF c¾t nhau tại H do đó H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF. Bài 5: V× x,y,z lµ c¸c sè nguyªn nªn: x 2  y 2  z 2 xy  3 y  2 z  3  x 2  y 2  z 2  xy  3 y  2 z  3 0   y2   3y2   x 2  xy      3 y  3   z 2  2 z  1 0 4   4  . . 2. 2. 2. 2. y 2  y    x    3   1   z  1 0 2  2  y 2  y   x    3   1   z  1 0 2  Mµ  2  2. 2. y 2  y    x    3   1   z  1 0 2  2 . . (*) x, y  R.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Bài. Đáp án y   x  2 0  y    1 0  2  z  1 0  . Điểm.  x 1   y 2   z 1. C¸c sè x,y,z ph¶i t×m lµ.  x 1   y 2  z 1 . ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016-2017 MÔN: TOÁN 9 (Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) ———————————— Câu 1: (2,0 điểm). P. x  x 4. Cho biểu thức: a) Rút gọn biểu thức P.. 1  x 2. 1 x  2 ( với. x 0 và x 4 ). b) Tính giá trị của biểu thức P khi x 16 . Câu 2: (2,0 điểm). 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 và tăng chiều rộng 1m thì ta có diện tích mới bằng 198m 2. Tính chu vi và diện tích của mảnh đất lúc ban đầu. Câu 3: (2,0 điểm)..

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Cho phương trình:. x 2   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. A  x12  x22 cho 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 của đường tròn đó. f) Chứng minh rằng: MN // DE. g) 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. 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 2  b  c   b 2  c  b   c 2  1  c . .. ------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 Câu. Nội dung trình bày. 1 a ĐKXĐ: x 0 và x 4 (2đ) x 1 1 P. . x 4. . x 2. x2 x. . x 2. . x 2. . x 2. x .  . . . x 2. Điể m 1,0. x x 2 x  2. . x 2. x 2. . . . x 2. . . x 2. . x x 2.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> b. x 16  P . 16 4  2 16  2 4  2. 1,0. Với Gọi x(m) là chiều rộng lúc đầu của mảnh đất hình chữ nhật (x > 0) thì chiều dài của mảnh đất là 2x (m). Nếu giảm chiều dài 2m thì được chiều dài mới là 2 x  2 (m) tăng chiều rộng 1m thì được chiều rộng mới là: x  1 (m) 2x  2. 0,25 0,5. x 1.   (m2) ta được diện tích mới là :  Theo đề bài diện tích mới là 198m2, nên ta có phương trình:. 2 (2đ).  2 x  2   x  1 198 .  x  10 ( KTM ) x 2 100     x 10 (TM ). 0,75. Khi đó chiều rộng và chiều dài ban đầu của mảnh đất lần lượt là: 10m và 20m. 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). Với m  1 , ta có phương trình : a.  x  1 0  x 1 (1)  x 2  x  2 0   x  1  x  2  0      x  2 0  x  2 S   2;1 m  1. Vậy với. thì phương trình (1) có tập nghiệm là:. 0,5. 1,0 .. 2.   Ta có nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.. 0,25.  x1  x2 2m  1  2 Theo hệ thức Vi-ét ta có:  x1 x2 m  m  2 (*) 2 2 2 b Lại có A  x1  x2  x1  x2   2 x1 x2 (**). Thay (*) vào (**) ta được. 0,25.   2m  1  4 m 2  m  2 9  0, m. 3 (2đ). 1,0. 2. 1 9 9  A  2m  1  2  m  m  2  2m  2m  5 2  m     2 2 2 . 0,25. 1 2 Dấu “=” xảy ra 9 1  m  2. Vậy minA = 2. 0,25. 2. 2. 2.  m .

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 4 (3đ). Do AD, BE là đường cao của ∆ABC (giả thiết) nên : 0 ADB 900  và AEB 90 Xét tứ giác AEDB có 0   a ADB  AEB 90 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  D 1 1.  (cùng chắn cung AE )  B   b Xét đường tròn (O) ta có: M 1 1 (cùng chắn cung AN )  M   MN // DE D 1 Suy ra: 1 (do có hai góc đồng vị bằng nhau). c Cách 1: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. 0  *) Xét tứ giác CDHE ta có : CEH 90 (do AD  BC )  CDH 900 (do BE  AC ). Xét đường tròn (I) ta có:. . . 0. suy ra CEH  CDH 180 , do đó CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH. Như vậy đường tròn ngoại tiếp ∆CDE chính là đường tròn đường kính CH, CH có bán kính bằng 2 .. *) Kẻ đường kính CK, ta có:  KAC 900 (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 OI . CH 2 (t/c đường trung bình). O là trung điểm của CK vậy nên 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 1,0.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Cách 2 : Gọi H là trực tâm của tam giác ABC  BH  AC ; CH  AB (1’) Kẻ đường kính AK suy ra K cố định và ABK  ACK 900. (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).  KB  AB; KC  AC (2’) Từ (1’) và (2’) suy ra: 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 CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH. => đpcm… 0 a b c 1  a 2  b  c  0. Từ Theo BĐT Cô-si ta có: 3 1 1  b  b  2c  2b  4c 3 2 b  c  b   .b.b.  2c  2b   .    2 2  3 27  Suy ra:. 0,25. 2. 4c 3 23 3  23   54  23c 23c  23  Q  c 2  1  c  c 2  c c 2  1  c    . . .1  c 27 27  27   23  54 54  27  3 23c 23c 23c   2  1    54  2  1  3 108  54   54 54 27 5   .     .    3 (1đ)  23     23   3  529      a 0 a 2  b  c    12   b 2c  2b  b  23  23c  23c   18 1  27  54 c  23 Dấu “=” xảy ra 108 12 18  a 0; b  ; c  23 23 . Vậy MaxQ = 529. 0,5. 0,25. Lưu ý: - 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..

<span class='text_page_counter'>(25)</span> - 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 x m  1 sau đó lập luận vai trò của x1 và x2 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)..

<span class='text_page_counter'>(26)</span>