ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN TỈNH THANH HOÁ 2016 2017

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.. Như vậy đường tròn ngoại tiếp ∆CDE chính là đường tròn đường kín

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017

Thời gian: 120 phút (Đề thi gồm 05 câu)

ĐỀ A

Câu 1 (2,0 điểm)

1.Giải phương trình: 2x2 – 3x – 5 = 0

2.Giải hệ phương trình: 2 3 7

5 3

x y

x y



 + = −



Câu 2 (2,0 điểm)

:

    (với a > 0; a ≠1)

1.Rút gọn A

2.Tính giá trị của A khi a = 7 4 3 +

Câu 3 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – a + 1 và

parabol (P): y = 1 2

2x 1.Tìm a để đường thẳng a đi qua điểm A (-1;3)

2.Tìm a để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ (x y1; 1) và (x y2; 2) thỏa mãn điều kiện

1 2( 1 2) 48 0

x x y +y + =

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

1) Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn Xác định tâm I của đường tròn đó

2) Chứng minh rằng: MN // DE

3) 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 b c = 2( − + ) b c b2( − + ) c2( 1 − c )

- Hết

-Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: …………

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ A

1

(2,0đ)

1) Ta có: a – b + c = 0 Vậy phương trình có hai nghiệm 1 , 5

2

x= − x= 1,0

2) Hệ đã cho tương đương với hệ : 13 13

5 3

y

x y



 + = −

 ⇔  =x y= −21

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

0,5 0,5

2

(2,0đ)

+

1

− =

1

a a − .

0,5 0,5

7 4 3 + = + 2 3 nên a = + 2 3 = + 2 3 Vậy A = 1

2+ 3 7 4 3− − =

1

5 3 3

−

5 3 3

0,5 0,5

3

(2,0đ)

1) Vì (d) đi qua điểm A(-1;3) nên thay x = − 1; y = 3 vào hàm số:

y = x a − + ta có:2 1 ( ) − − + = a 1 3 ⇔ = − a 4

1,0

2) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:

2

1

2 x = x a − + ⇔ x2 − 4 x + 2 a − = 2 0 (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 y1 = 2 x1− + a 1, y2 = 2 x2 − + a 1

Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + = x2 4; x x1 2 = 2 a − 2.Thay y1,y2 vào

x x y + y + = ta có:x x1 2( 2 x1+ 2 x2 − 2 a + + 2 ) 48 0 =

( 2 a 2 10 2 ) ( a ) 48 0

⇔ − − + = ⇔ a2 − 6 a − = 7 0

1

a

⇔ = − (thỏa mãn a < 3) hoặc a = 7(không thỏa mãn a < 3)

Vậy a = − 1 thỏa mãn đề bài

0,25 0,25

0,25

0,25

(3đ)

1

Do AD, BE là đường cao của ∆ABC

(giả thiết) nên :

·ADB =900 và ·AEB=900

Xét tứ giác AEDB có

· ADB A B = · E = 900nên 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

2

Xét đường tròn (I) ta có: ¶ µ

1 1

D = B (cùng chắn cung »AE )

Xét đường tròn (O) ta có: ¶ µ

1 1

M = B (cùng chắn cung »AN) Suy ra: ¶ ¶

1,0

3

Cách 1: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC

*) Xét tứ giác CDHE ta có : ·CEH =900 (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 kính bằng

2

CH

.

*) Kẻ đường kính CK, ta có:

KAC = (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 O là

trung điểm của CK vậy nên

2

CH

OI = (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

1.0

Cách 2: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC

;

BH AC CH AB

Kẻ đường kính AK suy ra K cố định và

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

;

KB AB KC AC

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…

5

(1đ)

Từ 0≤ ≤ ≤ ≤ ⇒a b c 1 a b c2( − ≤) 0

Theo BĐT Cô-si ta có:

2 2

0,25

Suy ra:

3

Q ≤ + c − = − c c c = c  − c   =   − c 

3

1

0,5

Dấu “=” xảy ra

12

23

1

a

a b c

c



529 ⇔ =a b= 23 c= 23.

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.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

Thời gian: 120 phút (Đề thi gồm 05 câu)

ĐỀ B

Câu 1 (2,0 điểm)

1.Giải phương trình: 2x2 – 5x – 7 = 0

2.Giải hệ phương trình: 2 3 7

5 3

x y

x y



 − = −



Câu 2 (2,0 điểm)

Cho biểu thức B = 1 1 : 1 1 1

    (với x > 0; x ≠1) 1.Rút gọn B

2.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 (P): y = 1 2

2x 1.Tìm b để đường thẳng b đi qua điểm B (-2;3)

2.Tìm b để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ (x y1; 1) và (x y2; 2) thỏa mãn điều kiện

1 2( 1 2) 84 0

x x y +y + =

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

1.Chứng minh rằng: Bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn Xác định tâm I của đường tròn đó

2.Chứng minh rằng: MN // DE

3.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 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 y z = 2( − + ) y z y2( − + ) z2( 1 − z )

- Hết

-Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: …………

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ B

1

(2,0đ)

1) Ta có: a - b + c = 0 Vậy phương trình có hai nghiệm 1 , 7

2

2) Hệ đã cho tương đương với hệ : 13 13

5 3

y

x y

=



 − = −

 ⇔ =x y=12 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; ) (2;1) x y =

0,5 0,5

2

(2,0đ)

+

1

− =

1

x − x.

1,0

7 4 3 + = + 2 3 nên x = + 2 3 = + 2 3

2+ 3 7 4 3− − =

1

5 3 3

−

5 3 3

0,5 0,5

3

(2,0đ)

1) 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

1,0

2) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:

2

1

2 x = x b − + ⇔ x2 − 4 x + 2 b − = 2 0 (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 y1 = 2 x1− + b 1, y2 = 2 x2 − + b 1

Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + = x2 4; x x1 2 = 2 b − 2.Thay y1,y2 vào

x x y + y + = ta có:x x1 2( 2 x1 + 2 x2 − 2 b + + 2 ) 84 0 =

( 2 b 2 10 2 ) ( b ) 84 0

⇔ − − + = ⇔ − b2 6 b − = 16 0

2

b

⇔ = − (thỏa mãn b < 3) hoặc b = 8(không thỏa mãn b < 3)

Vậy b = − 2 thỏa mãn đề bài

0,25 0,25

0,25

0,25

(3đ)

1

Do AD, BE là đường cao của ∆ABC (giả

thiết) nên :

·ADB =900 và ·AEB=900

Xét tứ giác AEDB có

· ADB A B = · E = 900nên 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

2

Xét đường tròn (I) ta có: ¶ µ

1 1

D = B (cùng chắn cung »AE )

Xét đường tròn (O) ta có: ¶ µ

1 1

M = B (cùng chắn cung »AN) Suy ra: ¶ ¶

1,0

3 Cách 1: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC

*) Xét tứ giác CDHE ta có : ·CEH =900 (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

kính bằng

2

CH

.

*) Kẻ đường kính CK, ta có:

KAC = (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 O là

trung điểm của CK vậy nên

2

CH

OI = (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

1.0

Cách 2 : Gọi H là trực tâm của tam giác ABC

;

BH AC CH AB

Kẻ đường kính AK suy ra K cố định và

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

;

KB AB KC AC

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

5

(1đ)

Từ 0≤ ≤ ≤ ≤ ⇒x y z 1 x y z2( − ≤) 0

Theo BĐT Cô-si ta có:

0,25

Suy ra:

3

Q ≤ + z − = − z z z = z  − z   =   − z 

3

1

0,5

Dấu “=” xảy ra

12

23

1

23

x

x y z

z



529 ⇔ =x y = 23 z= 23.

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.