Tài liệu BỘ ĐỀ THI THỬ TOÁN THANH HÓA

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT LẦN 9 Năm học: 2015 – 2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi: 5tháng 07 năm 2015 Đề có: 01 trang gồm 05 câu. ĐỀ THI THỬ ĐỀ A Câu 1: (2,0 điểm) 1. Cho phương trình bậc hai: x 2 + 2x - 3 = 0 với các hệ số là a=1; b=2; c= -3 a) Tính tổng: S = a + b + c b) Giải phương trình trên. 3x - 2y = 4 � 2.Giải hệ phương trình: � �x + 2y = 4 � a a � a 1 Câu 2: (2,0 điểm). Cho biểu thức A = � � a 1  a - a � �: a - 1 với a > 0, a �1 � � 1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm các giá trị của a để A < 0. Câu 3: (2,0 điểm) Cho parabol  P  : y  x và đường thẳng  d  : y   x  2 1. Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ. 2. Bằng phép tính, xác định tọa độ các giao điểm A, B của (P) và (d). 3. Tìm tọa độ điểm M trên cung AB của đồ thị (P) sao cho tam giác AMB có diện tích lớn nhất. 2 Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A chuyển động trên đường tròn (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Kẻ các đường cao BE và CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB). Chứng minh rằng : 1) BCEF là tứ giác nội tiếp. 2) EF.AB = AE.BC. 3) Độ dài đoạn thẳng EF không đổi khi A chuyển động Câu 5: (1,0 điểm) Cho 2015 số nguyên dương a1;a2 ;a3 ;...;a2015 thỏa mãn điều kiện : 1 a1  1 a2  1 a3  ...  1 a2015 �89 Chứng minh rằng trong 2015 số nguyên dương đó, luôn tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau -----------------------------------Hết---------------------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:……………………………………………………Số báo danh:……………… Chữ kí giám thị 1:……………………………….Chữ kí giám thị 2:……………………………… SỞ GIÁO DỤC THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐỀ A HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THAM KHẢO Năm học: 2015 – 2016 Ngày thi: 5 tháng 07 năm 2015 Thời gian làm bài: 120 phút Câu Nội dung 1. a) S  a  b  c  1  2  3  0 Câu 1 (2điểm) c  3 . a 3x - 2y = 4 4x = 8 � � �x = 2 �� �� 2. Giải hệ phương trình: � �x + 2y = 4 �x + 2y = 4 �y = 1 Suy ra phương trình có nghiệm x1  1 và x2  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là (x,y ) = (2;1 ) � a � � a a a 1 1 � a) A = � � a  1  a ( a - 1) � �: ( a - 1)( a  1)  � � a  1  ( a - 1) � �. a  1  a  1 � � � � a > 0, a � 1 � �0a<1 b) A < 0 � � �a 1  Câu 2 (2điểm) Câu 3 (2điểm)  1. Vẽ đồ thị (P) và (d) như hình vẽ 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = –x + 2 ⇔ x2 + x – 2 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = —2. Nếu x = —2 thì y = 4 ⇒ A(—2; 4) Nếu x = 1 thì y = 1 ⇒ B(1; 1) 3.Gọi M(xM; yM) là điểm thuộc parabol (P), cung AB sao cho diện tích tam giác AMB lớn nhất. Điều kiện: —2 < xM < 1 và 0 ≤ yM < 4 Từ M, kẻ MH ⊥ AB tại H, ta có: + Phương trình đường thẳng AB: y = –x + 2. + Phương trình đường thẳng MH có dạng: y = ax + b. Đường thẳng này vuông góc với AB. Suy ra a.(—1) Suy ra: a = 1, đường thẳng MH có phương trình y = x + b + Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và MH: x2 = x + b ⇔ x2 – x – b = 0 ∆ = (—1)2 – 4.1.( –b) = 1 + 4b; ∆ = 0 ⇔ 1 + 4b = 0 ⇔ b   Do đó: MH có phương trình: y  x  1 4 + phương trình hoành độ giao điểm giữa AB và MH: x  Khi đó: y  1 4 1 9  x  2 ⇔ x  4 8 9 1 7 �9 7 �   và H � ; � 8 4 8 �8 8 � 2 + Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và MH: x  x  phương trình có nghiệm kép: x  1 1 2 ⇔ x x 0 4 4 1 (thỏa điều kiện) 2 1 1 1 1    (thỏa điều kiện) 4 2 4 4 �1 1 � Vậy: M � ; � �2 4 � Khi đó: y  x  Khi đó: MH   x M  x H    y M  y H  2 MH  2 2 2 2 2 2 25 �1 9 � �1 7 � � 5 � � 5 �  �  � �  � �  � �  � 2. 64 �2 8 � �4 8 � � 8 � � 8 � 5 2 8 AB  32  32  2.32  3 2 1 1 5 15 2  (đ.v.d.t) Diện tích tam giác AMB là SAMB  AB.MH  .3 2. 2 2 8 8 Câu 4. Hình vẽ (0,5 điểm) 1) BCEF là tứ giác nội tiếp. (1 điểm) �  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có : BFC �  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BEC Suy ra tứ giác BCEF nội tiếp � đpcm. 2) EF.AB = AE.BC. (1 điểm) BCEF nội tiếp (chứng minh trên) �  ACB � (cùng bù với góc BFE) Suy ra AFE Do đó AEF : ABC (g.g) Suy ra EF AE  � EF.AB  BC.AE � đpcm. BC AB 3) EF không đổi khi A chuyển động. (0,5 điểm) Cách 1. Ta có EF.AB  BC.AF � EF  BC. AE �  BC.cos BAC AB � không đổi Mà BC không đổi (gt),  ABC nhọn � A chạy trên cung lớn BC không đổi � BAC � không đổi. � cos BAC � không đổi � đpcm. Vậy EF  BC.cos BAC Cách 2. Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF có: Tâm I là trung điểm của BC cố định. Bán kính R  BC không đổi (vì dây BC cố định) 2 � Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF là một đường tròn cố định Vì Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (I) nên ta có: �  ECF �  1 Sd EF � (góc nội tiếp) (1) FBE 2 �  ECF �  90 0  BAC � . Lại có: FBE � không đổi Mà dây BC cố định � Sd BnC �  1 Sd BnC � có số đo không đổi � BAC 2 �  ECF �  90 0  BAC � có số đo không đổi � FBE � có số đo không đổi Từ (1) và (2) � EF � Dây EF có độ dài không đổi (đpcm). (2) Câu 5 Giả sử không tồn tại hai số bằng nhau mà a1, a2, …, a2015 nguyên dương Không làm mất tính tổng quát giả sử a1 > a2 > … > a2015 Nên a1 ≥1; a2 ≥ 2; … ; a2015 ≥ 2015 1 1 1 1 1 1 �   ...  Suy ra a  a  ...  a 1 2 2015 (1) 1 2 2015 1 1 1 2 2   ...  �1   ...  (2) 1 2 2015 1 2 2014  2015 2 2  ...   2 2015  1  89 (3) Mà 1  1 2 2014  2015 1 1 1  89 Trái với đk của bài. Từ (1), (2), (3) suy ra a  a  ...  a 1 2 2015 Có Vậy trong 2015 số nguyên dương đó tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau