Đề và đáp án thi thử vào lớp 10 THPT năm học 2015 2016 lần 2

PHÒNG GD&ĐT ANH SƠN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2,5điểm). Cho biểu thức
1 1 x 1
P :
x x x 1 x 2 x 1
+
 
= +
 ÷
− − − +
 

a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn P.
b) Tính P khi x =
4
9
.
c) Tìm x để biểu thức P > -1.
Câu 2 (2,5điểm). Cho phương trình: x
2
– 2(m - 1)x + m – 3 = 0 (1) với x là ẩn số.
a) Giải phương trình (1) khi m = 0.
b) Tìm giá trị của tham số m để x = - 2 là một nghiệm của phương trình.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A= x
1
2
+ x
2

2

.
Câu 3 (1,5 điểm). Một đội xe cần chuyên chở 36 tấn hàng. Trước khi làm việc đội
xe đó được bổ sung thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với dự định.
Hỏi đội xe lúc đầu có bao nhiêu xe ? Biết rằng số hàng chở trên tất cả các xe có
khối lượng bằng nhau.
Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, Vẽ đường tròn
tâm O đường kính AH, đường tròn này cắt AB, AC lần lượt tại E và F.
a) Chứng minh rằng: Tứ giác AEHF là hình chữ nhật.
b) Chứng minh rằng: BEFC là tứ giác nội tiếp.
c) Gọi K là trung điểm của HC. Đường vuông góc với EC tại C cắt KF tại
P. Chứng minh rằng BP song song với AC.
Câu 5 (0,5điểm). Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện :
1 1 1
1+ + =
a b c
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
4
+ +
+ + ≥
+ + +
a b c a b c
a bc b ca c ab
HẾT
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
PHÒNG GD&ĐT ANH SƠN KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TUYỂN SINH
VÀO 10 THPT NĂM 2015-2016

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Câu Ý Nội dung cần đạt Biểu điểm
1
(2,5đ
)
Cho biểu thức
1 1 1
:
1 2 1
x
P
x x x x x
+
 
= +
 ÷
− − − +
 
a
1,0đ
ĐKXĐ : x > 0; x
≠
1
Ta có
2
1 1 x 1
P :
x( x 1) x 1 ( x 1)
 
+

= +
 ÷
− − −
 
=
2
x 1 ( x 1)
x( x 1) x 1
+ −
×
− +
=
x 1
x
−
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b
0,75đ
Ta có x =
4
9
∈
ĐKXĐ
Nên thay x =
4
9
vào P ta có

P =
4
2 1
1
1
1
9
3 3
2 2
2
4
3 3
9
−
− −
= = = −
0,25đ
0,5đ
c
0,75đ
Với x
∈
ĐKXĐ ta có P > -1
⇔
x 1
x
−
>-1
⇔
x 1−

>-
x
⇔
2
x
>1
⇔
x
>
1
2
⇔
x >
1
4
và x
1≠
0,5đ
0,25đ
2
(2,5đ
)
Cho phương trình: x
2
– 2(m-1)x + m – 3 = 0 (1) với
x là ẩn số
a
1,0 đ
Thay m = 0 vào phương trình (1) ta có
x

2
– 2(0-1)x + 0 – 3 = 0
⇔
x
2
+ 2x – 3 = 0
Vì a+ b + c = 1 + 2 + (-3) = 0
Nên áp dụng hệ thức Vi- ét ta có x
1
= 1; x
2
= - 3
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
B
0,75đ
Thay x = - 2 vào phương trình (1) ta có
(-2)
2
+ 4(m-1) + m – 3 = 0
⇔
4 + 4m – 4 + m - 3=0
⇔
5m =3
⇔
m =
3
5

0,25đ
0,25đ
0,25đ
c
0,75đ
Ta có
'
∆
= (m-1)
2
– (m – 3) = m
2
– 2m + 1 – m + 3
= m
2
– 3m + 4
ĐK để phương trình có nghiệm là m
2
– 3m + 4
0
≥
Theo hệ thức Vi- ét ta có
x
1
+ x
2
= 2(m-1) ; x
1
.
x

2
= m - 3
Ta có: A= x
1
2
+ x
2
2

= (x
1
+ x
2
)
2
- 2 x
1
.
x
2
= 4(m-1)
2
– 2(m- 3) = 4m
2
– 10m + 10
= (2m –
5
2
)
2

+
15
4
Do (2m –
5
2
)
2

≥
0 với mọi m nên A
≥

15
4
với mọi m
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m =
5
4
Vậy min A =
15
4
khi m =
5
4
0,25đ
0,25đ
0,25đ
3
(1,5đ

)
1,5đ
Gọi số xe lúc đầu của đội là x (xe). ĐK: x
Z
+
∈
Thì số xe lúc sau của đội là: x + 3 (xe)
Mỗi xe lúc đầu dự định chở là:
360
x
(tấn)
Mỗi xe lúc sau phải chở là:
360
x 3+
( tấn)
Theo bài ra ta có phương trình
36
x
-
36
x 3
+
= 1
⇔
36.x + 108 – 36x = x
2
+ 3x
⇔
x
2

+ 3x -108 = 0
Giải phương trình ta được
x
1
= 9 ( Thỏa mãn) ; x
2
= -12 ( Loại)
Vậy lúc đầu đội có 9xe
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
A
K
F
E
B
C
H
P
4
3,0đ
a
1,0đ
Xét tứ giác AEHF ta có
·
0
EAF 90=

( Vì tam giác ABC vuông tại A)
·
0
AEH 90=
( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
0
AFH 90=
( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒
Tứ giác AEHF là hình chữ nhật
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b
1,0đ
Ta có:
·
·
AEF AHF=
( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
·
AHF
=
·
HCF
( Vì cùng phụ với góc
·
CHF

)
Nên
·
AEF
=
·
HCF
Do đó Tứ giác BEFC nội tiếp
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
c
1,0đ
Ta có
·
·
EFP ECP=
( = 90
0
)
Nên tứ giác EFCP nội tiếp mà Tứ giác BEFC nội
tiếp nên 5 điểm B, E, F, C, P cùng nằm trên 1 đường
tròn
Do đó Tứ giác BECP nội tiếp
Nên
·
·
0
EBP ECP 180+ =

mà
·
ECP
= 90
0
Do đó
·
EBP
= 90
0
nên BP
⊥
AB mà AC
⊥
AB
Vì vậy AC //BP
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
5
0,5đ 0,5đ
Từ giả thiết suy ra ab + bc + ca = abc. Ta có
2 3 3 3
2 2
a a a a
a bc a abc a ab bc ca (a b)(a c)
= = =
+ + + + + + +
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại:

3
a
(a b)(a c)+ +
+
3
b
(b c)(b a)+ +
+
3
c
(c a)(c b)+ +
a b c
4
+ +
≥
Sử dụng BĐT Cauchy, ta được
3
a
(a b)(a c)+ +
+
a b
8
+
+
a c 3
a
8 4
+
≥
3

a 4a b c
(a b)(a c) 8
− −
⇒ ≥
+ +
Cộng bất đẳng thức này với hai bất đẳng thức tương
tự, ta thu được ngay kết quả cần chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3
0,25đ
0,25 đ