ĐỀ THI THỬ VÀO THPT NĂM HỌC 2013-2014

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2013 - 2014
MÔN : TOÁN
( Thời gian làm bài 120 phút, không kể giao đề )
Câu I (2.5 điểm)
1/ Giải phương trình:
3 2
2x - x -3x = 0
2/ Tìm 2 số x, y biết:
4
. 1
x y
x y
+ =


=

3/ Tìm a và b biết đường thẳng (d): y = ax + b song song với (d
/
): y = -3x + 2 và cắt trục
hoành tại điểm A có hoành độ bằng -1
Câu II (1 điểm)
Rút gọn biểu thức:
2 1 1
1
1 1
x x x
P

x
x x x x
+ + +
= + −
−
− + +
với x ≥ 0 và x ≠ 1
Câu III (1 điểm) :
Khoảng cách giữa hai bến sống A và B là 50km. Một ca nô đi từ bến A đến bến B, nghỉ
20 phút ở bến B rồi quay lại bến A. Kể từ lúc khởi hành đến khi về tới bến A hết tất cả là 7
giờ. Hãy tìm vận tốc riêng của ca nô, biết vận tốc của dòng nước là 4km/h
Câu IV (1,5 điểm)
Cho phương trình : x
2
– 2mx + m
2
– m + 1 = 0
a) Tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó
b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn:
2
1 2
x + 2mx = 9
Câu V (3 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M là điểm chính giữa của cung AB, K là
một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BM. Gọi H là chân đường vuông góc của M xuống AK
a) Chứng minh rằng AOHM là tứ giác nội tiếp

b) Tam giác MHK là tam giác gì? Vì sao?
c) Chứng minh OH là tia phân giác của góc MOK
d) Gọi P là hình chiếu vuông góc của K lên AB. Xác định vị trí của K để chu vi tam
giác OPK lớn nhất
Câu VI (1 điểm) : Cho a, b, c là các số lớn hơn 1
Tìm giá tri nhỏ nhất của biểu thức: P =
2 2 2
2 3
1 1 1
a b c
a b c
+ +
− − −
= = = = = Hết = = = = =
Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh:……………
Chữ kí giám thị 1:………………………Chữ kí giám thị 2:………………………
ĐỀ LẺ
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐÊ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2013 - 2014
MÔN : Toán
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)
Câu Phần Nội dung Điểm
Câu I
2.5 điểm
1 )
1

điểm

3 2
2
2
2x - x -3x = 0
x(2x 3) 0
0
2x 3 0
0
3
1;
2
x
x
x
x
x x
⇔ − − =
=

⇔

− − =

=


⇔


= − =

Vậy phương trình có 3 nghiệm x
1
= 0; x
2
= -1; x
3
=
3
2

0, 25
0, 25
0, 25
0, 25
2 )
0.75
điểm
Gọi S, P lần lượt là tổng, tích của x và y
Theo bài ta có: S = 4, P = 1 và S
2
> 4P ( 16 > 4), nên x và y là các
nghiệm của phương trình có dạng: t
2
– 4t +1 = 0 (1)
Giải phương trình (1) tìm được t
1
= 2 +
3

; t
2
= 2 -
3
Vậy 2 số x, y cần tìm là:
2 3
2 3
x
y

= +


= −


hoặc
2 3
2 3
x
y

= −


= +


0, 25
0, 25

0, 25
3)
0.75
điểm
Vì đường thẳng (d) //(d
/
) nên :
3
2
a
b
= −


≠

lại có (d) đi qua A (-1; 0) vì vậy:
-a + b = 0 mà a = - 3 suy ra b = -3 ( TMĐK)
vậy đường thẳng (d) có dạng: y = -3x – 3
0,25
0,25
0,25
Câu II
1 điểm
( ) ( )
2 1 1
1
1 1
2 1 1
1 1

1 1
2 1 1
1 1 1
2 ( 1)( 1) 1
( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)
2 1 1
( 1)( 1) ( 1)( 1)
( 1)
( 1)( 1) 1
x x x
P
x
x x x x
x x x
x x x x
x x
x x
x x x x x
x x x x x
x x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x
x x x x x
+ + +
= + −
−
− + +
+ + +
= + −

− + +
− +
+ +
= + −
− + + −
+ − + + +
= + −
− + + − + + − + +
+ + − − − − −
= =
− + + − + +
−
= =
− + + + +
Vậy với x ≥ 0 và x ≠ 1, thì P =
1
x
x x+ +
0,25
0,25
0,25
0,25
ĐỀ LẺ
Câu III
1 điểm
Đổi 20 phút =
1
3
giờ
Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là

(km/h, 4)x x >
Vận tốc canô khi nước xuôi dòng là
4x +
và thời gian canô chạy khi
nước xuôi dòng là
50
4x +
.
Vận tốc canô khi nước ngược dòng là
4x −
và thời gian canô chạy khi
nước ngược dòng là
50
4x −
.
Theo giả thiết ta có phương trình
50 1 50
7
4 3 4x x
+ + =
+ −
pt
2 2
2
50 50 20 5 5 2
4 4 3 4 4 3
15( 4 4) 2( 16) 2 30 32 0
15 16 0
x x x x
x x x x x

x x
⇔ + = ⇔ + =
+ − + −
⇔ − + + = − ⇔ − − =
⇔ − − =
Giải phương trình ta được
1x = −
(loại),
16x =
(thỏa mãn)
Vậy vận tốc canô trong nước yên lặng là 16 km/h
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu IV
1,5
điểm
a)
0,5
điểm
Với phương trình : x
2
– 2mx + m
2
– m + 1 = 0
Ta có: ∆
/
= m
2

– m
2
+ m - 1 = m – 1
Phương trình có nghiệm kép
⇔
∆
/
= 0
⇔
m – 1= 0
⇔
m = 1
khi đó nghiệm kép là:
/
1 2
1
b
x x m
a
−
= = = =
0,25
0,25
b)
1.0
điểm
Phương trình có 2 nghiệm x
1
, x
2

⇔
∆
/
≥0
⇔
m –1 ≥ 0
⇔
m ≥ 1
theo hệ thức Vi –ét ta có:
1 2
2
1 2
2 (1)
. m – m 1 (2)
x x m
x x
+ =


= +

Mà theo bài cho, thì
2
1 2
x + 2mx = 9
(3)
Thay (1) vào (3) ta được:
:
1 2
2

1 2 2
2
1 2 1 2
) 9(4)x x x
⇔
⇔ + − =
2
1 2
2
1
x + (x + x )x = 9
x + x x + x = 9
(x
Thay(1), (2) vào (4) ta được:
2 2 2
4m 1 9 3 10 0m m m m
− + − = ⇔ + − =

Giải phương trình ta được: m
1

= - 2 (loại) ; m
2
=
5
3
(TMĐK)
Vậy m =
5
3

thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x
1
,
x
2
:
2
1 2
x + 2mx = 9
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu V
3 điểm
a)
0,75
điểm
Hình vẽ: 0,25
Vì M là điểm chính giữa của cung AB, nên sđ
¼
AM =
90
0
=>
0
ˆ
90AOM =
(đ/l góc ở tâm), mà MH ⊥ AK (gt) =>
·

AHM
= 90
0
Trong tứ giác AOHM, ta có:
·
0
ˆ
90AOM AHM= =
Do đó đỉnh O và H luôn nhìn đoạn Am dưới một góc 90
0
, nên AOHM
là tứ giác nội tiếp
0,25
0,25
0,25
b)
0.5
điểm
Xét tam giác vuông MHK có
·
0
45MKH =
Nên tam giác MHK là tam giác vuông cân tại H
0,25
0,25
c)
0.75
điểm
Vì tam giác MHK cân tại H nên : HM = HK
Xét ∆ MHO và ∆ KHO có

HM = HK (c/m trên)
HO cạnh chung
OM = OK = R
Suy ra ∆ MHO = ∆ KHO ( c-c-c)
Nên
·
·
MOH KOH=
, Do vậy OH là phân giác của góc MOK
0,25
0,25
0,25
d)
0,75
điểm
Ta có chu vi của tam giác OPK là: C = OP + PK + OK. Mà OK không
đổi, nên chu vi tam giác OPK lớn nhất ⇔ OP + PK lớn nhất
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-ski ta có
(OP + PK)
2
≤ (1
2
+ 1
2
)( OP
2
+ PK
2
) = 2R
2

. Vậy (OP + PK)
2
lớn nhất bằng
2R
2
, nên OP + PK lớn nhất bằng
2R
. Do đó chu vi của tam giác OPK
lớn nhất bằng:
2R
+ R = (
2 1)R+
, khi OP = PK hay K là điểm chính
giữa của cung MB
0,25
0,25
0,25
Câu VI
1 điểm

2 2 2 2 2 2
2 3 1 1 2 2 2 3 3 3
1 1 1 1 1 1
1 2 3
1 2( 1) 3( 1)
1 1 1
1 2 3
1 2( 1) 3( 1) 12
1 1 1
1 2 3

2 ( 1). 2 2( 1). 2 3( 1).
1 1 1
a b c a b c
P
a b c a b c
P a b c
a b c
P a b c
a b c
P a b c
a b c
− + − + − +
= + + = + +
− − − − − −
     
= + + + + + + + +
 ÷  ÷  ÷
− − −
     
     
= − + + − + + − + +
 ÷  ÷  ÷
− − −
     
≥ − + − + − +
− − −
12 24=
Vậy GTN của P là 24 khi a = b = c = 2
0,25
0,25

0,25
0,25
P
H
K
B
M
O
A
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐÊ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2013 - 2014
MÔN : TOÁN
( Thời gian làm bài 120 phút, không kể giao đề )
Câu I (2.5 điểm)
1/ Giải phương trình sau: – 3x
3
+ 5x
2
– 2x = 0
2/ Tìm 2 số x, y biết:
2
. 2
x y
x y
+ =


= −


3/ Cho hàm số y = a x + b. Tìm a và b biết đồ thị hàm số đi qua điểm M(1;2) và vuông
góc với đường thẳng y =
1
3
−
x + 5
Câu II (1 điểm)
Rút gọn biểu thức:
x -1
-
x x +1 x
B = - : x +
x -1
x 1 x -1
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
với x ≥ 0 và x ≠ 1
Câu III (1.25 điểm) :
Quãng đường từ A đến B dài 50km. Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với vận
tốc không đổi. Khi đi được 2 giờ, người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ. Muốn đến B đúng
thời gian đã định,người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h trên quãng đường còn lại.Tính
vận tốc ban đầu của người đi xe đạp.
Câu IV (1.5 điểm)
Cho parabol (P): y = x
2
và đường thẳng (d): y = -mx + 1
a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại 2

điểm phân biệt
b) Gọi (x
1
; y
1
), (x
2 ;
y
2
) là các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P).
Tìm m để: y
1
+ y
2
= 2(x
1
+ x
2
) + 1
Câu V (3 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M là điểm chính giữa của cung AB, K là một
điểm bất kỳ trên cung nhỏ BM. Gọi H là chân đường vuông góc của M xuống AK
a) Chứng minh rằng AOHM là tứ giác nội tiếp
b) Tam giác MHK là tam giác gì? Vì sao?
c) Chứng minh OH là tia phân giác của góc MOK
d) Gọi P là hình chiếu vuông góc của K lên AB. Xác định vị trí của K để diện tích tam
giác OPK lớn nhất
Câu VI (0.75điểm) : Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: abc = 1
Tính giá trị biểu thức:
1 1 1

1 1 1
P
a ab b bc c ca
= + +
+ + + + + +
= = = = = Hết = = = = =
Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh:……………
Chữ kí giám thị 1:………………………Chữ kí giám thị 2:….……………………
ĐỀ CHẴN
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐÊ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2013 - 2014
MÔN : Toán
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)
Câu
Phần
Nội dung Điểm
Câu I
2 điểm
1a)
1
điểm
3 2
2
2
-3x +5x - 2x = 0
x(-3x 5 2) 0

0
-3x 5 2 0
0
2
1;
3
x
x
x
x
x x
⇔ + − =
=

⇔

+ − =

=


⇔

= =

Vậy phương trình có 3 nghiệm x
1
= 0; x
2
= 1; x

3
=
2
3

0,25
0,25
0,25
0,25
2 )
0.75
điểm
Gọi S, P lần lượt là tổng, tích của x và y
Theo bài ta có: S = 2, P = -2 và S
2
> 4P ( 4 > -8), nên x và y là các
nghiệm của phương trình có dạng: t
2
– 2t -2 = 0 (1)
Giải phương trình (1) tìm được t
1
= 1 +
3
; t
2
= 1 -
3
Vậy 2 số x, y cần tìm là:
1 3
1 3

x
y

= +


= −


hoặc
1 3
1 3
x
y

= −


= +



0,25
0,25
0,25
3)
0.75
điểm
Vì đồ thị hàm số vuông góc với đường thẳng y =
1

3
−
x + 5
nên: a.
1
3
−
= -1 suy ra a = 3
lại có (d) đi qua M(1;2) vì vậy:
a + b = 2 mà a = 3 suy ra b = -1
vậy đường thẳng (d) có dạng; y = 3x – 1
0,25
0,25
0,25
ĐỀ CHẴN
Câu II
2 điểm
1)
1
điểm

x -1
-
x -1
-
x x +1 x
B = - : x +
x -1
x 1 x -1
x - x +1 x x

- :
x -1 x 1 x -1
x x -1
x -1
x
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
 
− +
=
 ÷
 ÷
 
−
=
−
=
2
.
2
x
x
x
Vậy với x ≥ 0 và x ≠ 1 thì B =
x−2
x
0,25
0,25

0,25
0,25
Câu III
1.25
điểm
Đổi 30 phút = ½ (h)
Gọi x(km/h) là vận tốc dự định; x > 0
 Thời gian dự định :
50
( )h
x
Quãng đường đi được sau 2h : 2x (km)
 Quãng đường còn lại : 50 – 2x (km)
Vận tốc đi trên quãng đường còn lại : x + 2 ( km/h)
Thời gian đi quãng đường còn lại :
50 2
( )
2
x
h
x
−
+
Theo đề bài ta có PT:
1 50 2 50
2
2 2
x
x x
−

+ + =
+
Giải ra ta được : x = 10 (thỏa ĐK bài toán)
Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h
0,5
0,25
0,25
0,25
Câu IV
1,5
điểm
a)
0,5
điểm
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm phương trình
x
2
= -mx + 1
⇔ x
2
+ mx – 1 = 0 (1)
Ta có ∆ = m
2
+ 4 > 0 với mọi m
Nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt, do đó (d) và (P) luôn
cắt nhau tại 2 điểm phân biệt
0,25
0,25
b)
1.0

điểm
Vì x
1
, x
2
là các hoành độ giao điểm, nên x
1
, x
2
là 2 nghiệm của phương
trình (1). Theo hệ thức Vi –ét ta có:
1 2
1 2
(2)
. 1 (3)
x x m
x x
+ = −


= −

và y
1
= -mx
1
+ 1, y
2
= -mx
2

+ 1 (4)
0,25
0,25
mà theo bài : y
1
+ y
2
= 2(x
1
+ x
2
) + 1 (5)
Thay(2), (4) vào (5) ta được
-m(x
1
+ x
2
) + 2 = 2(x
1
+ x
2
) + 1
⇔ m
2
+2m + 1 = 0 ⇔ m = -1
Vậy m = -1, thì (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt mà tọa độ giao
điểm thỏa mãn: y
1
+ y
2

= 2(x
1
+ x
2
) + 1
0,25
0,25
Câu V
3 điểm
a)
0,75
điểm
Hình vẽ: 0,25 điểm
Vì M là điểm chính giữa của cung AB, nên sđ
¼
AM =
90
0
=>
0
ˆ
90AOM =
(đ/l góc ở tâm), mà MH ⊥ AK (gt) =>
·
AHM
= 90
0
Trong tứ giác AOHM, ta có:
·
0

ˆ
90AOM AHM= =
Do đó đỉnh O và H luôn nhìn đoạn Am dưới một góc 90
0
, nên AOHM
là tứ giác nội tiếp
0,25
0,25
0,25
b)
0.5
điểm
Xét tam giác vuông MHK có
·
0
45MKH =
Nên tam giác MHK là tam giác vuông cân tại H
0,25
0,25
c)
0.75
điểm
Vì tam giác MHK cân tại H nên : HM = HK
Xét ∆ MHO và ∆ KHO có
HM = HK (c/m trên)
HO cạnh chung
OM = OK = R
Suy ra ∆ MHO = ∆ KHO ( c-c-c)
Nên
·

·
MOH KOH=
, Do vậy OH là phân giác của góc MOK
0,25
0,25
0,25
d)
0.75
điểm
Ta có diện tích của tam giác OPK là: S =
1
2
OP.PK.
Áp dụng bất đẳng thức Cô- si ta có
OP
2
+ PK
2
≥ 2OP.PK, hay OP.PK ≤
1
2
( OP
2
+ PK
2
) =
2
2
R
Suy ra OP.PK lớn nhất bằng

2
2
R
, do đó diện tích tam giác OPK lớn
nhất bằng: S =
1
2
.
2
2
R
=
2
4
R
, khi OP = PK hay K là điểm chính giữa
của cung MB
0,25
0,25
0,25
P
H
K
B
M
O
A
Câu VI
0.75
điểm

2
1 1 1
1 1 1
1
1
1
1 1 1
1
1
1
P
a ab b bc c ca
a ab
a ab ab abc a abc a bc ab
a ab
a ab ab a a ab
a ab
a ab
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
Vậy a, b, c là các số thực thỏa mãn: abc = 1 thì P = 1
0,25
0,25

0,25