Đề - đáp án thi thử môn Toán vào lớp 10 THPT

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Ngày 12 tháng 6 năm 2010
MÔN: TOÁN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài 1: ( 2,5 điểm )
Cho a, b, c là các số thực phân biệt sao cho các phương trình x
2
+ ax + 1= 0 và x
2
+ bx + c = 0
có nghiệm chung, đồng thời các phương trình x
2
+ x + a = 0 và x
2
+ cx + b = 0 cũng có nghiệm
chung. Hãy tìm tổng a + b + c.
Bài 2: ( 1,5 điểm )
Cho 3 số thực x, y, z đều lớn hơn 2 và thỏa mãn điều kiện:
Chứng minh rằng: (x–2)(y–2)(z–2) ≤1. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?.
Bài 3: ( 1,5 điểm )
Cho a > c, b > d. Chứng minh rằng: (a + b + c + d)
2
> 8(ad + bc)
Bài 4: ( 1,5 điểm )
Cho hình bình hành ABCD, M là điểm nằm trong hình bình hành sao cho AMB + CMD =
180
0
. Chứng minh rằng: MAD = MCD
Bài 5: ( 3 điểm )
Cho hai đường tròn (O
1

) và (O
2
) cắt nhau tại A và B. Đường thẳng O
1
A cắt (O
2
) tại C, đường
thẳng O
2
A cắt (O
1
) tại D. Qua A kẻ đường thẳng song song với CD cắt (O
1
), (O
2
) lần lượt tại M
và N. Chứng minh rằng:
a) Năm điểm B, C, D, O
1
, O
2
cùng nằm trên cùng một đường tròn.
b) BC + BD = MN
ĐÁP ÁN
Bài 1.
Lời giải:
Gọi x
1
là nghiệm chung của các phương trình x
2

+ ax + 1= 0 và x
2
+ bx + c = 0.
Ta có: x
1
2
+ ax
1
+ 1= 0 và x
1
2
+ bx
1
+ c = 0. Trừ vế theo vế hai đẳng thức trên, ta được: (a – b)x
1
+1 – c = 0. Hay là: (1)
Gọi x
2
là nghiệm chung của các phương trình: x
2
+ x + a = 0 và x
2
+ cx + b = 0.
Lý luận tương tự như trường hợp đầu, ta có: (c–1)x
2
+ b – a =0.
Vì nên và khi đó (2)
Từ (1) và (2) suy ra x
1
x

2
= 1.
Vì x
1
là nghiệm của phương trình x
2
+ ax + 1= 0 nên x
2
là nghiệm còn lại của phương trình trên
x
2
2
+ ax
2
+ 1 =0. (3)
Lại vì x
2
là nghiệm của phương trình x
2
+ x + a = 0 nên x
2
2
+ x
2
+ a = 0. (4)
Vế trừ vế hai đẳng thức (3) và (4) ta được: (a – 1)(x
2
– 1) = 0. (5)
Dễ dàng nhận thấy vì với a = 1, phương trình x
2

+ ax + 1 = 0 không có nghiệm thực. Do
đó từ (5) suy ra x
2
= 1.
Vì x
2
là nghiệm của phương trình x
2
+ x + a = 0 nên a + 2 = 0. (6)
Vì x
2
là nghiệm của phương trình x
2
+ cx + b = 0 nên b + c + 1 = 0 (7)
Từ (6) và (7), cộng vế theo vế ta được a + b + c + 3 =0, hay là a + b + c = –3
Vậy a + b + c = –3
Bài 2: Cho 3 số thực x, y, z đều lớn hơn 2 và thỏa mãn điều kiện:
Chứng minh rằng: (x–2)(y–2)(z–2) ≤1. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Lời giải:
Đặt , , . Từ giả thiết ban đầu của bài toán, ta suy ra:
, , và a + b + c =1.
Ta có: (x–2)(y–2)(z–2) ≤1
(1 – 2a)(1 – 2b)(1 – 2c) abc
(a+b+c–2a)(a+b+c–2b)(a+b+c–2c) abc
(b+c–a)(c+a–b)(a+b–c) abc (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương, ta có:
2a = (c+a–b) + (a+b–c) 2
a (2)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (c+a–b) = (a+b–c) b = c.
Lý luận tương tự, ta có:

b (3)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = c
c (4)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
Nhân vế theo vế các bất đẳng thức (2), (3), (4) ta được bất đẳng thức (1). Suy ra ĐPCM.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = x = y = z = 3
Bài 3: Cho a > c, b > d. Chứng minh rằng: (a + b + c + d)
2
> 8(ad + bc)
Lời giải:
Ta có:
(a + b + c + d)
2
– 8(ad + bc) =
(a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
) + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd – 8(ad + bc)
= 4(ab + cd – ad – bc) + (a
2
+ b
2
+ c
2
+ d

2
–2ab – 2cd –2ad – 2bc + 2ac + 2bd)
= 4(a – c)(b – d) + (a + c – b – d)
2
> 0
ĐPCM.
Bài 4: Cho hình bình hành ABCD, M là điểm nằm trong hình bình hành sao cho AMB +
CMD = 180
0
. Chứng minh rằng: MAD = MCD
Lời giải:
Qua M kẻ đường thẳng (d) song song với AD và lấy trên (d) điểm N sao cho:
MN = AD = BC. Dễ dàng chứng minh được tứ giác ADMN và tứ giác BCMN là hình bình
hành.
NA = MD và NB = MC
MCD = NAB (cạnh, cạnh, cạnh)
ANB = CMD
ANB + AMB = CMD + AMB = 180
0
tứ giác AMBN là tứ giác nội tiếp
Ta có:
MCD = NBA (Do CMD = ANB) (1)
NBA = AMN (tứ giác AMBN là tứ giác nội tiếp) (2)
AMN = MAD (So le trong) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra: MCD = MAD. ĐPCM.
Bài 5: Cho hai đường tròn (O
1
) và (O
2
) cắt nhau tại A và B. Đường thẳng O

1
A cắt (O
2
) tại C,
đường thẳng O
2
A cắt (O
1
) tại D. Qua A kẻ đường thẳng song song với CD cắt (O
1
), (O
2
) lần
lượt tại M và N. Chứng minh rằng:
a) Năm điểm B, C, D, O
1
, O
2
cùng nằm trên cùng một đường tròn.
b) BC + BD = MN
Lời giải:
a) Ta có: O
1
O
2
A = O
1
O
2
B (cạnh, cạnh, cạnh)

O
1
AO
2
= O
1
BO
2
Lại có CAO
2
= ACO
2
(Tam giác ACO
2
cân)
Từ đó suy ra:
O
1
BO
2
+ O
1
CO
2
= O
1
AO
2
+ CAO
2

= 180
0
Tứ giác BO
1
O
2
C nội tiếp.
Chứng minh tương tự, tứ giác BO
1
O
2
D cũng là tứ giác nội tiếp.
Năm điểm B, C, D, O
1
, O
2
cùng nằm trên một đường tròn. ĐPCM.
b) Tứ giác BO
2
CD nội tiếp, có hai dây cung BO
2
và CO
2
bằng nhau nên DO
2
là phân giác góc
CDB ADC = ADB (1)
Mặt khác, vì CD song song với MN nên DAM = ADC(2)
Từ (1) và (2) suy ra DAM = ADB
DAB = DAM + MAB = ADB + MDB = MDA

BD = MA (Mối tương quan giữa góc và dây cung của đường tròn (O
1
) (3)
Tương tự như vậy, ta chứng minh được: BC = AN (4)
Từ (3) và (4) suy ra MN = MA + NA = BD + BC.
Vậy MN = BC + BD. ĐPCM.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Ngày 12 tháng 6 năm 2010
MÔN: TOÁN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài 1. ( 2 điểm )
a) Tính
( 28 12 7) 7 2 21− − +
b) Giải hpt:
4 5
3 2 12
x y
x y
+ = −


− = −

Bài 2. ( 2,5 điểm )
Cho hàm số y= f(x) =
3 1x −
có đồ thị (d)
a) Các điểm A(
1
3

;0) ; B(1;
3 1+
); có nằm trên đồ thị hàm số khơng? Vì sao?
b) Khơng tính, hãy so sánh các giá trị
(1 3)f −
và
( 2 3)f −
c) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (d) với đường thẳng OC (O là gốc tọa độ)
Bài 3. ( 1,5 điểm )
Cho pt bậc hai đối với ẩn x :
2 2
2( 1) 0(1)x m x m+ + + =
Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt và trong hai nghiệm đó có
nghiệm bằng -2.
Bài 4: ( 1 điểm )
Chứng minh rằng đường thẳng y = (m – 2)x + 3m – 7 (d) luôn luôn đi qua một điểm cố đònh
với mọi m.
Bài 5. ( 3 điểm )
Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DE,
đường thẳng này cắt các đường thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K.
a) Chứng minh BHCD là tứ giác nội tiếp.
b) Tính số đo góc CHK.
c) Chứng minh tỉ số: KC.KD = KH.KB.
ĐÁP ÁN
Bài 1.
a)
( 28 12 7) 7 2 21− − +
= 7
b)
4 5

3 2 12
x y
x y
+ = −


− = −

11 22
3 2 12
x
x y
= −

⇔

− = −

2
3
x
y
= −

⇔

=

Bài 2.
a) Thay tọa độ điểm A vào phương trình:

3 1y x= −
; ta có:
Với x =
1
3
⇒
y = 0 . Suy ra điểm A
∈
(d)
Tương tự ta có B
∉
(d)
b)
3 0a = >
nên hàm số
( ) 3 1f x x= −
đồng biến trên R
Ta có:
2 1 2 3 1 3> ⇒ − > −
( 2 3) (1 3)f f⇒ − > −
c) Viết pt OC : y = ax. Đường thẳng OC đi qua C
Ta có:
3 2
3 2 2
2
a a
−
− = ⇒ =
PT OC có dạng :
3 2

2
y x
 
−
=
 ÷
 ÷
 
Tọa độ giao điểm của (d) và OC là nghiệm của hệ pt:
3 1
3 2
2
y x
y x

= −

 

−
=
 ÷

 ÷
 

Giải hệ được x
0
; x ; y là tọa độ giao điểm cần tìm:
2

( ;4 3 7)
3 2
−
+
Bài 3.
Ta có
' 2 1 0m
∆ = + >
nên
1
2
m
−
>
. Vậy
1
2
m
−
>
thì pơhương trình có hai nghiệm phân biệt.
Goị hai nghiệm của pt (1) là x
1
; x
2.
Ta có:
1 2
2
1 2
2( 1)

(2)
.
x x m
x x m
+ = − +


=

Vì pt(1) có nghiệm x
1
= -2 nên m
1
= 0; m
2
= 4
Kết hợp với điều kiện suy ra m = 0; m

= 4
Bài 4.
Giả sử đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố đònh M(x
0
; y
0
) => y
0
= (m – 2) x
0
+ 3m – 7
Suy luận đến phương trình :-(x

0
+3)m + 2 x
0
+ y
0
+ 7 = 0 có nghiệm với mọi m.
<=>



=++
=+
072
03
00
0
yx
x



−=
−=
1
3
0
0
y
x
Vậy đường thẳng ( d ) ln đi qua một điểm cố định M(-3; -1) với mọi m.

Bài 5.
A B
H

E
D C K
a) Chứng minh tứ giác BHCD nội tiếp.
Ta có:





=∠
=∠
0
0
90
90
BCD
BHD
=> BHCD thuộc đường tròn đường kính BD => tứ giác BHCD nội
tiếp.
b) Tìm số đo góc CHK.
Ta có:



∠=∠
=∠

DHCDBC
DBC
0
45
=>
0
45=∠DHC
=>
000
454590 =−=∠−∠=∠ DHCDHKCHK
Vậy
0
45=∠CHK
c) CM được tam giác KHC đồng dạng tam giác KDB
Suy ra KC. HD = KH. KB
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Ngày 12 tháng 6 năm 2010
MÔN: TOÁN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài 1. ( 2 điểm )
Cho hai số dương a và b. Xét tập hợp:

Chứng minh rằng: các số và đều thuộc T
Bài 2: ( 1,5 điểm )
Một ô tô đi trên quãng đường AB với vận tốc 50km/h rồi đi tiếp quãng đường BC với vận
tốc là 45km/h. Biết tổng cộng quãng đường AB và BC dài 165km và thời gian đi trên quãng
đường AB ít hơn thời gian đi trên quãng đường BC là 30 phút. Tính thời gian ô tô đi trên
mỗi đoạn đường AB, BC.
Bài 3. ( 1,5 điểm )
Xét dãy số với: và

Chứng minh rằng:
Bài 4. ( 2 điểm )
Chứng minh rằng: với m, n
Bài 5. ( 3 điểm )
Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB, M là điểm chuyển động trên nửa đường tròn. Tiếp
tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A và B lần lượt ở C và D. Đường thẳng OC cắt MA tại E, đường
thẳng OD cắt MB tại F. Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp và xác định vị trí của M để bán
kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD nhỏ nhất.
ĐÁP ÁN
Bài 1:
Xét , . Ta có: và
Từ đó suy ra thuộc T
Lại có: xét , . Ta có: và
Từ đó suy ra thuộc T.
Bài 2: (3đ)
Gọi x, y là thời gian ô tô đi trên đoạn đường AB và BC ( điều kiện cho ẩn: y > x > 0 ).
Đổi 30’ = 0,5 giờ.
Quảng đường xe đi được trên đoạn AB: 50x.
Quảng đường xe đi được trên đoạn BC: 45y.
Theo bài ra ta có hệ phương trình:




=+
=+−
1654550
5,0
yx
yx

Giải hệ ta có:



=
=
2
5,1
y
x

Vậy thời gian xe đi trên qng đường AB là 1,5 giờ.
Vậy thời gian xe đi trên qng đường BC là 2 giờ.
Bài 3.
Với , ta có: (1)
Bằng quy nạp, dễ dàng suy ra:
Suy ra
Hay là:
Suy ra: (2)
Với n=145, ta có: (3)
Từ (2), kết hợp với suy ra (4)
Từ (1) và (4) suy ra:
Và cũng bằng quy nạp, ta dễ dàng suy ra:
Hay là:
Suy ra
Và do đó, với n=145, ta có: (5)
Từ (3) và (5) suy ra điều phải chứng minh.
Bài 4.
Dễ dàng nhận thấy là số hữu tỷ và là số vô tỷ. Suy ra
Xét các trường hợp sau:

a) hay là .
Suy ra , hay là
Từ đó suy ra
Mặt khác:
Suy ra .ĐPCM
b) hay là
Suy ra , hay là
Từ đó suy ra
Mặt khác:
Suy ra .ĐPCM
Bài 5.
Dễ dàng nhận thấy E là trung điểm của MA, F là trung điểm của MB. Từ đó suy ra OE, OF, EF
là các đường trung bình của tam giác MAB.
Vì nên tứ giác OMDB là tứ giác nội tiếp
(1)
Lại có ( đồng vị) (2)
(so le trong) (3)
(4)
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra

Suy ra tứ giác CEFD nội tiếp. ĐPCM.
Gọi I, K lần lượt là trung điểm của CE, DF, J là giao điểm của hai đường trung trực của CE và
DF.
Dễ dàng nhận thấy J là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD , JI CE , JK DF và
tứ giác JKOI là hình chữ nhật.
Vì J là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD nên JF là bán kính của đường tròn. Ta cần tìm
giá trị nhỏ nhất của JF.
Ta có:

Mặt khác:

Do đó:
Vì

Do đó
Suy ra
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
M là điểm chính giữa cung AB của đường tròn (O)
Kết luận: Bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi và chỉ
khi M là điểm chính giữa cung AB của đường tròn (O).