De thi thu vao 10+ dap an

Đề thi thử vào lớp 10 ptth
Môn : Toán
Thời gian: 120 phút
I. Phần trắc nghiệm(2đ)
7+ 5
7 5
+
bằng
7 5
7+ 5
A. 1
B. 12
C. 2
D. 12
k 2
m +1
x
(k 2) trùng nhau khi
Câu 2: Hai đờng thẳng y = kx m + 2(k 0) và y =
2
2
2
2
A. k =
B. m=5
C. k = ;m=5
D. Cả 3 câu trên đều sai
3
3

Câu 1: Giá trị của biểu thức

Câu 3: Hệ phơng trình vô nghiệm là
x 2 y = 5
x 2 y = 5
x 2 y = 5



A. 1
B. 1
C. 1
D.
5
x
+
y
=
3
x
+
y
=
3
x
+
y
=
2
2
2

2
Câu 4: Nếu x1, x2 là nghiệm của phơng trình x 2 + x 1 = 0 thì tổng

x 2 y = 5

1
2 x y = 3
x12 + x22 bằng

A. -1
B. 3
C. -3
D. 4
0
à
Câu 5: Trong ABC ( A = 90 ) có AC=3a, AB= 3 3 a , sinB bằng
1
3
a B. 2
C. 3
D.
2
3
Câu 6: Cho MNP vuông tại M, MH là đờng cao thuộc cạnh huyền của tam giác đó. Biết
A.

NH=5cm, HP=9cm. Độ dài MH bằng
A. 3 5

B.7

C. 4,5

D. 4

Câu 7: Hình trụ có chiều cao bằng đờng kính đáy, diện tích xung quanh của hình trụ bằng bao
nhiêu nếu bán kính đáy là 6cm
A. 72 cm2
B. 108 cm2
C. 144 cm2
D. 288 cm2

Câu 8 Cho (O) và điểm M ở ngoài đờng tròn, MA,MB là các tiếp tuyến của (O) tại A,B
ã
biết ãAMB = 580 thì OAB
bằng
A. 300

B. 310

C. 240

D. 290

II. Phần tự luận (8đ)
Bài 1(1,5đ):a) Tính A = 5 12 4 75 + 2 48 3 3
2 x + y = 3
3 x y = 2

b) Giải hệ phơng trình

c) Giải phơng trình x 4 7 x 2 18 = 0
Bài 2(1,25đ): Cho phơng trình x 2 3x + m = 0 (1) ( m là tham số)
a) Giải phơng trình (1) khi m=1


b) Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn
x12 + 1 x22 + 1 = 3 3

Bài 3(1đ): Tìm m để ba đờng thẳng sau cắt nhau tại một điểm

( d1 ) : y = 2 x 1
( d2 ) : y = x + 2
( d3 ) : ( k + 1) x + ( k 1) y = k + 3

Bài 4(3,5đ): Cho đờng tròn (O:R), Đờng kính AB vuông góc với dây cung MN tại H(H
nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đờng tròn (O;R) sao cho đoạn
thẳng AC cắt đờng tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E
a) Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK
b) Qua N kẻ đờng thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK cân
c) Giả sử KE = KC. Chứng minh OK // MN và KM2+KN2=4R2
Bài 5(0,75đ): Cho các số a,b,c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phơng trình
ax2 + bx + c = 0 vô nghiệm. Chứng minh rằng

a+b+c
>3
ba


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

I. Phần trắc nghiệm: Mỗi ý đúng 0,25đ
Câu 1

Câu 2

B

Câu 3

C

Câu 4

A

Câu 5

B

D

Câu 6

Câu 7

A

Câu 8

C

D

II. Phần tự luận
Bài 1: Mỗi phần dúng 0,5đ
a) A = −5 3
b) (x;y)=(1;1)
c) x 1=3; x2=-3
Bài 2
a
Điểm
Giải phương trình x 2 − 3x + m = 0 khi m = 1 .
0,5
m = 1 ta có phương trình x 2 − 3x + 1 = 0

∆ =9−4=5
3+ 5
3− 5
, x2 =
(mỗi nghiệm đúng cho 0,25)
x1 =
2
2

b

Tìm m để x1 , x2 thỏa mãn

0,75

x12 + 1 + x22 + 1 = 3 3

Pt (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = 9 − 4m > 0 ⇔ m <
0,25

9
(1)
4

Theo định lí Viet x1 + x2 = 3, x1 x2 = m . Bình phương ta được

x12 + x22 + 2 + 2 ( x12 + 1)( x22 + 1) = 27
⇔ x12 + x22 + 2 x12 x22 + x12 + x22 + 1 = 25 .
Tính được x12 + x22 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 = 9 − 2m và đưa hệ thức trên về
0,25
0,25

m2 − 2m + 10 = m + 8 (2)
⇒ m 2 − 2m + 10 = m 2 + 16m + 64 ⇔ 18m = −54 ⇔ m = −3 .
Vậy với m = −3 thỏa mãn pt (2) và điều kiện (1).
dạng

Bài 3:
+ Tìm được giao điểm của (d1) và (d2) là A( 1;1)
+ Thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng (d3) tìm được k=3 và kết luận
Bài 4:

0,5đ
0,5đ

A

a
f
k

m

h
b

O

P

o

e

n

c

M

H
B

K

E

N

C


Ý
a.
(1,75đ)

Nội dung
•

Ta có:

Điểm

+ ·AHE = 900 (theo giả thiết AB ⊥ MN )

0,25

+ ·AKE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

0,25

⇒ ·AHE + ·AKE = 1800 ⇒ Tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp (vì tổng hai
0,5
góc đối bằng 1800)
•

Xét hai tam giác ∆ CAE và ∆ CHK:
+ Có chung góc C

·
·
+ EAC
(góc nội tiếp cùng chắn cung EK)
= EHK
∆ CHK (g - g)
Suy ra ∆ CAE
b.
(1,0 đ)

c.
(0,75
đ)

0,25
0,5

¼ suy ra ta có
Do đường kính AB ⊥ MN nên B là điểm chính giữa cung MN
·
·
MKB
= NKB
(1)

0,25

·
·
 NKB
= KNF
(2)
Lại có BK // NF (vì cùng vuông góc với AC) nên 
·
·
= MFN
(3)
 MKB

0,5

·
·
·
·
Từ (1), (2), (3) suy ra MFN
. Vậy ∆ KNF cân tại K.
= KNF
⇔ KFN
= KNF

0,25

·
* Ta có ·AKB = 900 ⇒ BKC
= 900 ⇒ ∆KEC vuông tại K

Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K
·
·
·
BEH
= KEC
= 450 ⇒ OBK
= 450

0,25

Mặt khác vì ∆ OBK cân tại O ( do OB = OK = R) nên suy ra ∆ OBK vuông
cân tại O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB)
* Gọi P là giao điểm của tia KO với đường tròn thì ta có KP là đường kính
và KP // MN. Ta có tứ giác KPMN là hình thang cân nên KN = MP.
0,25
2
2
2 ⇔
2
2
2
Xét tam giác KMP vuông ở M ta có: MP + MK = KP
KN + KM = 4R .

Bài 5: (0,75đ)
Ta có (b-c)2 ≥ 0⇒ b2 ≥ 2bc - c2
Vì pt ax2 + bx + c = 0 vô nghiệm nên có ∆ = b2 - 4ac < 0(do a>0 ;b>0 nên c>0)
⇒ b2 < 4ac ⇔ 2bc - c2 < 4ac

⇔ 4a > 2b-c ⇔ a+b+c > 3b - 3a ⇔

a+b+c
> 3 (Đpcm)
b−a