ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN TOÁN HUYỆN ĐỨC THỌ NĂM HOC 2014-2015

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỨC THỌ
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 – NGÀY 16/6

NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài : 90 phút

Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau:
a.
4
A 12
3 1
 


b.
1 1 a
B :
a 4
a 2 a 2
 
 
 

 
 
(với a > 0 và
4
a


)
Câu 2: Xác định a, b biết rằng trong hệ trục tọa độ, đồ thị hàm số y = ax +b đi qua
điểm A(1; 3) và điểm B(2; 1)
Câu 3: Cho phương trình:
2
2( 1) 2 0
x m x m
   
(1) (với m là tham số)
a. Giải phương trình (1) khi m =1.
b. Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là
1
x
;
2
x
. Tìm giá trị của m để phương
trình có hai nghiệm dương thỏa mãn x
1
2
+ x
2
2
= 12
Câu 4: Cho đường tròn cố định tâm O, bán kính R=1. Tam giác ABC thay đổi và
luôn ngoại tiếp (O), các cạnh AB và AC tiếp xúc với (O) lần lượt tại H, K. Một đường
thẳng đi qua tâm O cắt các đoạn thẳng AB, AC lần lượt tại M, N.
a. Chứng minh tứ giác AHOK là tứ giác nội tiếp.
b. Chứng minh HK.AO = 2AK.OH

c. Xác định giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN
Câu 5: Giải phương trình:
1 1 1
1
x
x
x x x

   

===============================


Mã đề 01

HƯỚNG DẨN CHẤM
Mã đề 01

Câu Nội dung
Điểm
a)
2
4( 3 1)
2 .3
( 3 1)( 3 1)
A

 
 

4( 3 1)
2 3
(3 1)

 



2( 3 1) 2 3 2
    


0,5 đ


0,25 đ


0,25 đ

Câu 1:
(2 đ)
b)
1 1 a
B :
a 4
a 2 a 2
 
 

 

 
 


2 2
:
4 4
a a a
a a
 
  

 
 
 
 


2 4
. 2
4
a a
a
a
 

 
 

 

 





0,5 đ



0,5 đ
Câu 2:
(1,5 đ)


Xác định a, b biết rằng trong hệ trục tọa độ, đồ thị hàm số y = ax +b đi qua
điểm A(1; 3) và điểm B(2; 1)
Vì đồ thị hàm số y =ax + b đi qua điểm A(1; 3) nên ta có: a + b = 3 (1)
đồ thị hàm số y =ax + b đi qua điểm B(2; 1) nên ta có: 2a + b = 1 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
a b 3
2a b 1
 


 

(*)

Giải hệ (*) ta được a = -2; b = 5
Vậy a = -2; b = 5



0,5 đ
0,5 đ

0,25 đ



0,25 đ

Cho phương trình:
2
2( 1) 2 0
x m x m
   
(1) (với m là tham số)
a) Thay m = 1 vào (1) ta được phương trình x
2
– 4x + 2 = 0
Tính
2
' ( 2) 2 2 0; 2
       
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
1
x 2 2

 
;
2
x 2 2
 


0,5 đ

0,25 đ


0,25 đ

Câu 3
:
(2,25 đ)


b) Ta có
2 2
' (m 1) 2m m 1
     

2
' m 1 0 m
    
. Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
Nên theo định lí Vi-et ta có
1 2

1 2
2 2
2
  




x x m
x x m

Để phương trình (1) có hai nghiệm dương
S 2m 2 0
m 0
P 2m 0
  

 

 


Theo giả thiết có x
1
2
+ x
2
2
= 12


(x
1
+ x
2
)
2
– 2x
1
x
2
= 12

0,25 đ



0,25 đ



0,25 đ



2
4(m 1) 4m 12
   


m

2
+ m – 2 = 0 (*)
Giải phương trình (*) được m
1
= 1 (thoả mãn), m
2
= -2 (loại)
Vậy giá trị cần tìm là: m = 1
0,25 đ



0,25 đ


Vẽ hình








0,25 đ

a) Xét tứ giác AHOK có:

0
AHO 90


(Tính chất tiếp tuyến)

0
AKO 90

(Tính chất tiếp tuyến)
Ta có:


0
AHO AKO 180
 


tứ giác AHOK nội tiếp đường tròn

0,5 đ


0,5 đ
b) Gọi giao điểm của AO và HK là P
Ta có: AH = AK (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

A

trung trực HK (1)
Ta có: OH = OK (=R)

O


trung trực HK (2)
Từ (1) và (2) => OA là trung trực của HK => KP

AO và
KH
KP HP
2
  (*)
Áp dụng hệ thức lượng cho

AKO vuông tại K, đường cao KP ta có:
KP.AO = AK.OK

KH
.AO AK.OH
2
 (vì OH = OK và
KH
KP HP
2
  )

HK.AO = 2AK.OH (đpcm)




0,5 đ

0,5đ
Câu 4:
(3,25
đ)

c) Ta có: S
AMN
= S
OAM
+ S
OAN
=
1 1 AM AN
OH.AM OK.AN
2 2 2

 
Vẽ MI

AC, I

AC. Ta có: MA


MI
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm ta có
AM AN
AM.AN
2

 . Do đó: S
AMN
AM.AN

MI.AN


S
AMN
AMN
2S

2
AMN AMN AMN
S 2S S 2
  

Dấu “=” xảy ra

A I



MN


AO,

0
BAC 90


Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN là 2 (đvdt)

0,5 đ






0,5 đ



O

A

B

C

K

H


N

M

B

I

P

Câu 5:
(1đ)

Giải phương trình:
1 1 1
1
x
x
x x x

    (*)
ĐKXĐ
1 1
0; 1 0 1
     
x x
x x

hoặc
1 x 0
  
. Với điều kiện trên, ta có:
Ta có (1)
1 1
1 2
x
x
x x

    (2)
+/ Nếu
1 0
  
x
thì vế trái của phương trình (2) luôn luôn âm, còn vế phải
không âm => PT vô nghiệm.
+/ Với x

1 khi đó hai vế của (2) không âm, ta được.
2 2 2
(2) 1 2 ( 1) ( 1 ) 4 ( 1)
         
x x x x x x x x

4 3 2
2 2 1 0
     
x x x x . Do

x 0

không là nghiệm của PT, chia cả hai
vế của PT cho x
2

0. PT tương đương với
2
2
1 1
2 1 0
   
    
   
   
x x
x x


2
1
1 0
x
x
 
  
 
 

2

1 5
2
1 0
1 5
2
x
x x
x





    






Do x
1

nên chỉ có
1 5
2
x

 thỏa mãn
VËy tËp nghiÖm cña ph¬ng tr×nh(*) lµ:

1 5
1;
2
S
 

 

 
 
 




0,25đ




0,25đ




0,25đ

0,25đ








x 1
x 1 (th / m)
0
1 1
x
(*) x x 1 x 1 0
x 1
x x
x 1 1 (1)
x 1
x 1 1 0
x
x







 


        
 

 


  

 

   



PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỨC THỌ
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 – NGÀY 16/6

NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài : 90 phút

Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau:
a.
8
A 20
5 1
 


b.
1 1 a
B :
a 1
a 1 a 1
 
 
 

 
 
(với a > 0 và
1
a

)
Câu 2: Xác định a, b biết rằng trong hệ trục tọa độ, đồ thị hàm số y = ax +b đi qua
điểm A(2; 2) và điểm B(3; 1)
Câu 3: Cho phương trình:
2
2( 1) 2 0
x m x m

   
(1) (với m là tham số)
a. Giải phương trình (1) khi
m
= 2.
b. Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là
1
x
;
2
x
. Tìm giá trị của
m
phương
trình có hai nghiệm dương thỏa mãn x
1
2
+ x
2
2
+ x
1
x
2
= 14
Câu 4: Cho đường tròn cố định tâm O, bán kính R=1. Tam giác MPN thay đổi và
luôn ngoại tiếp (O), các cạnh MN và MP tiếp xúc với (O) lần lượt tại A, B. Một
đường thẳng đi qua tâm O cắt các đoạn thẳng MN, MP lần lượt tại C, D.
a. Chứng minh tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp.
b. Chứng minh MO.AB = 2MB.OA

c. Xác định giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MCD
Câu 5: Giải phương trình:
1 1 1
1
x
x
x x x

   


===============================


Mã đề 02

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẨN CHẤM
Mã đề 02

Câu Nội dung
Điểm

a)
2
8( 5 1)
2 .5
( 5 1)( 5 1)
A

 

 


8( 5 1)
2 5
(5 1)

 



2( 5 1) 2 5 2
   

0,5 đ


0,25đ


0,25đ

Câu 1:
(2 đ)
b) b)
1 1
:
1
1 1
a

N
a
a a
 
 
 

 
 


1 1
:
1 1
a a a
a a
 
  

 
 
 
 


2 1
. 2
1
a a
a

a
 

 
 
 

 




0,5 đ



0,5 đ
Câu 2:
(1,5 đ)


Xác định a, b biết rằng trong hệ trục tọa độ, đồ thị hàm số y = ax +b đi qua
điểm A(2; 2) và điểm B(3; 1)
Vì đồ thị hàm số y = ax +b đi qua điểm A(2; 2) nên ta có: 2a + b = 2 (1)
đồ thị hàm số y = ax +b đi qua điểm B(3; 1) nên ta có: 3a + b = 1 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
2a b 2
3a b 1
 



 

(*)
Giải hệ (*) ta được a = -1; b = 4
Vậy a = -1; b = 4


0,5 đ
0,5 đ

0,25đ



0,25đ

Cho phương trình:
2
2( 1) 2 0
x m x m
   
(1) (với m là tham số)
a) Thay m = 2 vào (1) ta được phương trình x
2
– 6x + 4 = 0
Tính
2
' ( 3) 4 5 0; 5
       

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
1
x 3 5
 
;
2
x 3 5
 


0,5 đ
0,25đ


0,25đ

Câu 3
:
(2,25 đ)


b) Ta có
2 2
' (m 1) 2m m 1
     

2
' m 1 0 m
    
. Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt

Nên theo định lí Vi-et ta có
1 2
1 2
2 2
2
  




x x m
x x m

Để phương trình (1) có hai nghiệm dương
S 2m 2 0
m 0
P 2m 0
  

 

 


Theo giả thiết có x
1
2
+ x
2
2

+ x
1
x
2
= 14

(x
1
+ x
2
)
2
– 2x
1
x
2
+ x
1
x
2


= 14
0,25đ




0,25đ

0,25đ



0,25đ


2
4(m 1) 2m 14
   


4m
2
+ 6m – 10 = 0 (*)
Giải phương trình (*) được m
1
= 1 (thoả mãn), m
2
=
5
2

(loại)
Vậy giá trị cần tìm là m = 1

0,25đ

Vẽ hình













0,25đ



a) Xét tứ giác MAOB có:

0
MAO 90

(Tính chất tiếp tuyến)

0
MBO 90

(Tính chất tiếp tuyến)
Ta có:



0
MAO MBO 180
 


tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn

0,5 đ


0,5 đ
Gọi giao điểm của MO và AB là P
Ta có: MA = MB (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

M

trung trực AB (1)
Ta có: OA = OB (=R)

O

trung trực AB (2)
Từ (1) và (2) => OM là trung trực của AB=> AB

MO và
AB
AP BP
2

  (*)
Áp dụng hệ thức lượng cho

MBO vuông tại B, đường cao BP ta có:
BP.MO = MB.BO

AB
.MO MB.AO
2
 (vì OA = OB và
AB
BP AP
2
  )

MO.AB = 2MB.OA (đpcm)




0,5 đ








0,5 đ

Câu 4
:
(3,25
đ)

Ta có: S
MCD
= S
OCM
+ S
ODM
=
1 1 MC MD
OA.MC OB.MD
2 2 2

 
Vẽ CI

MD, I

MD. Ta có: CM

CI
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm ta có
MC MD
MC.MD
2

 . Do đó: S

MCD
MC.MD

CI.MD


S
MCD
MCD
2S

2
MCD MCD MCD
S 2S S 2
  

Dấu “=” xảy ra

M I



CD

MO,

0
NMP 90


Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MCD là 2 (đvdt)
0,5 đ








0,5 đ



O

M

N

P

B

A


D

C

I

P

Câu 5
:
(1đ)

Giải phương trình:
1 1 1
1
x
x
x x x

    (*)
ĐKXĐ
1 1
0; 1 0 1
     
x x
x x
hoặc
1 x 0
  
. Với điều kiện trên, ta có:
Ta có (1)
1 1
1 2

x
x
x x

    (2)
+/ Nếu
1 0
  
x
thì vế trái của phương trình (2) luôn luôn âm, còn vế phải
không âm => PT vô nghiệm.
+/ Với x

1 khi đó hai vế của (2) không âm, ta được.
2 2 2
(2) 1 2 ( 1) ( 1 ) 4 ( 1)
         
x x x x x x x x

4 3 2
2 2 1 0
     
x x x x . Do
x 0

không là nghiệm của PT, chia cả hai
vế của PT cho x
2

0. PT tương đương với

2
2
1 1
2 1 0
   
    
   
   
x x
x x


2
1
1 0
x
x
 
  
 
 

2
1 5
2
1 0
1 5
2
x
x x

x





    






Do x
1

nên chỉ có
1 5
2
x

 thỏa mãn
VËy tËp nghiÖm cña ph¬ng tr×nh(*) lµ:
1 5
1;
2
S
 

 


 
 
 




0,25đ




0,25đ




0,25đ

0,25đ







x 1
x 1 (th / m)
0
1 1
x
(*) x x 1 x 1 0
x 1
x x
x 1 1 (1)
x 1
x 1 1 0
x
x






 



        
 

 


  

 

   


