PHÒNG GD & ĐT KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT HUYỆN HOẰNG HÓA NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐỀ A Môn thi: Toán. Thời gian: 120 phút Câu 1 (2 đ) Giải phương trình: 2x2 – 3x – 5 = 0. Giải hệ phương trình: Câu 2 (2 đ) Cho biểu thức A = (với a>0; a 1) Rút gọn A. Tính giá trị của A khi x = . Câu 3 (2 đ) Trong mặt phẳng tọa độ Õy, cho đường thẳng (d): y = 2x – a + 1 và parabol (P): y = . Tìm a để đường thẳng a đi qua điểm A (-1;3) Tìm a để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ () và () thỏa mãn điều kiện 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 (). Kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H. Kẻ MK vuông góc với AN (KAN). Chứng minh 4 điểm A, H, M, K cùng nằm trên 1 đường tròn. Chứng minh MN là phân giác của góc BMK. 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. = Tìm giá trị lớn nhất của P = ..........HẾT......... PHÒNG GD & ĐT KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT HUYỆN HOẰNG HÓA NĂM HỌC 2016 – 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Câu Nội dung Điểm 1 (2,0đ) a) Ta có: a - b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm 1,0 b) Hệ đã cho tương đương với hệ : Û Vậy hệ phương trình có nghiệm . 0,5 0,5 2 (2,0đ) a) Ta có: A = = = . 1,0 b) Ta có: nên Vậy A = ==. 0,5 0,5 3 (2,0đ) a) Vì (d) đi qua điểm A(-1;3) nên thay vào hàm số: ta có:. 1,0 b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: (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 , . Theo hệ thức Vi-et ta có: .Thay y1,y2 vào ta có: (thỏa mãn ) hoặc (không thỏa mãn ) Vậy thỏa mãn đề bài. 0,25 0,25 0,25 0,25 4 (3,0đ) a) Ta có: (Vì MK vuông góc với AN ) và (Vì MN vuông góc với AB) Suy ra . Vậy tứ giác AHMK nội tiếp đường tròn đường kính AM, hay bốn điểm A, H, M, K cùng nằm trên một đường tròn. 1,0 b) Do tứ giác AHMK nội tiếp nên (cùng bù với góc KAH). Mặt khác (nội tiếp cùng chắn cung NB) Suy ra: Vậy MN là tia phân giác của góc KMB. 0,5 0,5 c) Ta có tứ giác AMBN nội tiếp => => => tứ giác MHEB nội tiếp => =>DHBN đồng dạng DEMN (g-g) => => ME.BN = HB. MN (1) Ta có DAHN đồng dạng DMKN ( Hai tam giác vuông có góc ANM chung ) => => 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. 0,5 0,25 0,25 5 (1,0đ) Áp dụng BĐT 3(x2 + y2+ z2) (x + y + z)2 ta có: 3(2a2 + b2 ) (2a + b)2; 3(2b2 + c2 ) (2b + c)2; 3(2c2 +a2 ) (2c+a)2 P Áp dụng : (x+y+z)( ) 9 () () . Ta có: P P = (I) * 10 = = 3. (II) Lại có: 3 1010. (III) Từ (II) và (III) 310 . 2016 10 . -3 3.2016 (IV) Từ (I) và (IV) P . = . Vậy GTLN của P = khi a = b = c và a = b = c =. 0,25 0,25 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.
Tài liệu đính kèm: