De thi thu khoThanh hoa

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10. PHÒNG GD&ĐT THIỆU HÓA TRƯỜNG THCS THIỆU GIANG. NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN. Thời gian làm bài: 120 phút. Đề A: Câu 1:(2 điểm) 3.  a b     2a a  b b ab  a a b  P  2 3a  3b ab a ab a Cho biểu thức: a. Tìm điều kiện xác định của a;b b. Rút gọn P Câu 2:(2 điểm) a. Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = -mx + 1. Gọi (x1 ; y1), (x2 ; y2) là các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm m để: y1 + y2 = 2(x1 + x2) + 1 b. Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp dụng kĩ thuật mới nên tổ I đã vượt mức 18% và tổ II đã vượt mức 21%. Vì vậy trong thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế hoạch ?. Câu 3:(2 điểm) Cho phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 a) Tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó 2 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 + 2mx 2 = 9 Câu 4:(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) MHK là tam giác gì? Vì sao?. . c) Chứng minh OH là tia phân giác của MOK d) Gọi P là hình chiếu vuông góc của K lên AB. Xác định vị trí của K để chu vi OPK lớn nhất. Câu 5:(1 điểm) Cho biểu thức A = 2x - 2 xy + y - 2 x + 3 . Tính giá trị nhỏ nhất của A.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> --------------- Hết ----------------PHÒNG GD&ĐT THIỆU HÓA TRƯỜNG THCS THIỆU GIANG. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN. (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang). Câu 1:(2 điểm) a (0,5đ) Đk: a > 0; b  0; a b P. . a. b. . 3. 0,5 đ.  2a a  b b. a . 2. 3a  3b ab. . a. b. . a  a  b. a a  b b  3a b  3b a  2a a  b b  3a 2  3b ab 3a a  3a b  3b a 1   2 3a  3b ab a b . b (1,5đ).  3a  . a  3a b  3b a.  3a. 2. .  3b ab. 0,5 đ 1 a b. . a  b  3a 2  3b ab. . a b. . 3a 2  3a ab  3a ab  3ab  3ab  3b ab  3a 2  3b ab. . 0,5 đ. 3a 2  3b ab. . a b. . 0. 0,5 đ. Câu 2:(2 điểm) Vì x1, x2 là các hoành độ giao điểm, nên x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình x2 = -mx+1  x2 +mx -1 = 0  x1  x2  m  x .x  1 Theo hệ thức Vi –ét ta có:  1 2. a (1đ). (2). 0,25 đ. (3). và y1 = -mx1 + 1, y2 = -mx2 + 1 (4). 0,25 đ. mà theo bài : y1 + y2 = 2(x1 + x2) + 1 (5) Thay(2), (4) vào (5) ta được : -m(x1 + x2) + 2 = 2(x1 + x2) + 1.  m2 +2m + 1 = 0  m = -1. 0,25 đ. Vậy m = -1, thì (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt mà tọa độ giao 0,25 đ điểm thỏa mãn: y1 + y2 = 2(x1 + x2) + 1. Gọi x,y là số sản phẩm của tổ I, II theo kế hoạch ( điều kiện x>0, y>0 ). * Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600 0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> b (1đ). 18 x 100 * Số sản phẩm tăng của tổ I là: (sp) 21 y 100 * Số sản phẩm tăng của tổ II là: (sp) 18 21 x y 120 100 * Từ đó ta có phương trình thứ hai: 100 * Do đó x và y thỏa mãn hệ phương trình:  x  y 600   18 21 100 x  100 y 120 Giải hệ ta được x = 200 , y = 400 Vậy số sản phẩm đựoc giao theo kế hoạch của tổ I là 200, của tổ II là 400.. 0,25 đ. 0,25 đ. 0,25 đ. Câu 3:(2 điểm) a (1đ). Với phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 Ta có: / = m2 – m2 + m - 1 = m – 1 Phương trình có nghiệm kép  / = 0  m – 1= 0  m = 1  b/ x1 x2  m 1 a khi đó nghiệm kép là: Phương trình có 2 nghiệm x1, x2  / ≥0  m –1 ≥ 0  m ≥ 1  x1  x2 2m  2 theo hệ thức Vi –ét ta có:  x1.x2 m – m  1. x 2 + 2mx 2 = 9 Mà theo bài cho, thì 1 (3) Thay (1) vào (3) ta được: x12 + (x1 + x 2 )x2 = 9. b (1đ). 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ. (1) (2). 0,25 đ.  x12 + x1x 2 + x 2 2 = 9 2 :  (x1  x2 )  x1 x2 9 (4) Thay(1), (2) vào (4) ta được:. 4m 2  m2  m  1 9  3m 2  m  10 0. 0,25 đ 5 Giải phương trình ta được: m1 = - 2 (loại) ; m2 = 3 (TMĐK) 5 Vậy m = 3 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x 1, x2 thỏa mãn: 0,25 đ x12 + 2mx 2 = 9.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 4:(3 điểm) M. Hình vẽ: 0,25. K H A. O. P. B. a) 0,75 đ 0  Vì M là điểm chính giữa của cung AB, nên sđ AM 900 => AOM 90. (đ/l góc ở tâm), mà MH  AK (gt) => AHM = 900 . . 0. Trong tứ giác AOHM, ta có: AOM  AHM 90 Do đó đỉnh O và H luôn nhìn đoạn AM dưới một góc 900, nên AOHM là tứ giác nội tiếp b). . 0. Xét tam giác vuông MHK có MKH 45 0.5 đ Nên tam giác MHK là tam giác vuông cân tại H Vì tam giác MHK cân tại H nên : HM = HK Xét  MHO và  KHO có HM = HK (c/m trên) c) HO cạnh chung 0.75 đ OM = OK = R Suy ra  MHO =  KHO ( c-c-c)   Nên MOH KOH , Do vậy OH là phân giác của góc MOK. d) 0,75 đ. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25. 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 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-ski ta có (OP + PK)2 ≤ (12 + 12)( OP2 + PK2) = 2R2. Vậy (OP + PK)2 lớn nhất bằng 0,25 2R2, 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. Câu 5:(1 điểm) Cách 1: A = 2 x - 2 xy  y - 2 x  3 .  x 0  Trước hết ta thấy biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi:  xy 0 (1).. Từ (1) ta thấy nếu x = 0 thì y nhận mọi giá trị tùy ý thuộc R (2).. 0,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Mặt khác, khi x = 0 thì A = y + 3 mà y có thể nhỏ tùy ý nên A cũng có thể nhỏ tùy ý. Vậy biểu thức A không có giá trị nhỏ nhất. Cách 2:  x 0  x 0  x  0    xy  0 y       y 0 ĐK: x  0  A x Nếu:  y 0 . Biến đổi. . 0,5 đ. 0,25. y. 2.  . . 0,25. 2. x  1 2.  minA = 2, đạt được khi x = y = 1  x 0  Nếu:  y    A = y + 3  Không tồn tại minA. 0,25 0,25. Vậy biểu thức A không có giá trị nhỏ nhất Chú ý: -HS làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa -Bài hình học nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm. Người thực hiện. Dương Văn Khôi.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10. PHÒNG GD&ĐT THIỆU HÓA TRƯỜNG THCS THIỆU GIANG. NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN. Thời gian làm bài: 120 phút. Đề B: Câu 1:(2 điểm) Cho phương trình : x2 – 2ax + a2 – a + 1 = 0 a) Tìm giá trị của a để phương trình có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó b) Tìm a để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: Câu 2:(2 điểm). x12 + 2ax 2 = 9. a. Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = -bx + 1. Gọi (x1 ; y1), (x2 ; y2) là các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm b để: y1 + y2 = 2(x1 + x2) + 1 b. Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp dụng kĩ thuật mới nên tổ A đã vượt mức 18% và tổ B đã vượt mức 21%. Vì vậy trong thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế hoạch ?. Câu 3:(2 điểm).   B . x y x y. 3.    2 x x  y y xy  x   3 x 2  3 y xy x x y x. Cho biểu thức: a. Tìm điều kiện xác định của x; y b. Rút gọn B Câu 4:(3 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB, K là điểm chính giữa của cung AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BM. Gọi H là chân đường vuông góc của K xuống AM e) Chứng minh rằng AOHK là tứ giác nội tiếp f) KHM là tam giác gì? Vì sao? . g) Chứng minh OH là tia phân giác của MOK h) Gọi I là hình chiếu vuông góc của M lên AB. Xác định vị trí của M để chu vi OIM lớn nhất. Câu 5:(1 điểm).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Cho biểu thức B = 2a - 2 ab + b - 2 a + 3 . Tính giá trị nhỏ nhất của B --------------- Hết ----------------PHÒNG GD&ĐT THIỆU HÓA TRƯỜNG THCS THIỆU GIANG. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN. (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang). Câu 1:(2 điểm) a (1đ). Với phương trình : x2 – 2ax + a2 – a + 1 = 0 Ta có: / = a2 – a2 + a - 1 = a – 1 Phương trình có nghiệm kép  / = 0  a – 1= 0  a = 1 khi đó nghiệm kép là: x1 x2 a 1 Phương trình có 2 nghiệm x1, x2  / ≥0  a –1 ≥ 0  a ≥ 1  x1  x2 2a  2 theo hệ thức Vi –ét ta có:  x1.x2 a – a  1. x12 + 2ax 2 = 9. Mà theo bài cho, thì Thay (1) vào (3) ta được:. (1) (2). (3). 0,25 đ. x12 + (x1 + x 2 )x2 = 9. b (1đ). 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ.  x12 + x1x 2 + x 2 2 = 9 2 :  (x1  x2 )  x1 x2 9 (4) 2 2 2 Thay(1), (2) vào (4) ta được: 4a  a  a  1 9  3a  a  10 0 5 Giải phương trình ta được: a1 = - 2 (loại) ; a2 = 3 (TMĐK). 0,25 đ. 5 Vậy a = 3 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x12 + 2ax 2 = 9. 0,25 đ. Câu 2:(2 điểm) Vì x1, x2 là các hoành độ giao điểm, nên x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình: x2 = -bx+1  x2 +bx -1 = 0. Theo hệ thức Vi –ét ta có:. a (1đ).  x1  x2  b   x1.x2  1. và y1 = -bx1 + 1, y2 = -bx2 + 1 (4). (2). 0,25 đ. (3). 0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> mà theo bài : y1 + y2 = 2(x1 + x2) + 1 (5) Thay(2), (4) vào (5) ta được : -b(x1 + x2) + 2 = 2(x1 + x2) + 1.  b2 +2b + 1 = 0  b = -1 Vậy b = -1, thì (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt mà tọa độ giao điểm thỏa mãn: y1 + y2 = 2(x1 + x2) + 1. b (1đ). 0,25 đ. Gọi x,y là số sản phẩm của tổ A, B theo kế hoạch ( điều kiện x>0, y>0 ). * Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600 0,25 đ 18 x * Số sản phẩm tăng của tổ A là: 100 (sp) 21 y 100 * Số sản phẩm tăng của tổ B là: (sp) 18 21 x y 120 0,25 đ 100 100 * Từ đó ta có phương trình thứ hai: * Do đó x và y thỏa mãn hệ phương trình:  x  y 600   18 21 0,25 đ x  y 120 100 100 Giải hệ ta được x = 200 , y = 400 Vậy số sản phẩm được giao theo kế hoạch của tổ A là 200, của tổ B là 400. 0,25 đ. Câu 3:(2 điểm) a (0,5đ) Đk: x > 0; y  0; x y.  P  b (1,5đ). 0,25 đ. . y. . 0,5 đ.  2x x  y y. x . 2. 3 x  3 y xy. . x. y. . 3x x  3x y  3 y x  3x 2  3 y xy x  3x y  3 y x.  3x. 2. .  3 y xy. 0,5 đ. x  x  y. x x  y y  3x y  3 y x  2 x x  y y  3x 2  3 y xy. 3x  . . x. 3. 1 x y. 1 x y. 0,5 đ. . x  y  3x 2  3 y xy. . x y. . 3x 2  3x xy  3 x xy  3 xy  3xy  3 y xy  3 x 2  3 y xy. . 3x 2  3 y xy. . x y. . 0. 0,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Câu 4:(3 điểm) K. Hình vẽ: 0,25. M H A. O. II. B. a) 0,75 đ 0  Vì K là điểm chính giữa của cung AB, nên sđ AK 900 => AOK 90. (đ/l góc ở tâm), mà KH  AM (gt) => AHK = 900 . b) 0.5 đ. . 0. Trong tứ giác AOHK, ta có: AOK  AHK 90 Do đó đỉnh O và H luôn nhìn đoạn AK dưới một góc 900, nên AOHK là tứ 0,25 giác nội tiếp 0  0,25 Xét tam giác vuông MHK có MKH 45 0,25 Nên tam giác MHK là tam giác vuông cân tại H. Vì tam giác MHK cân tại H nên : HM = HK Xét  MHO và  KHO có HM = HK (c/m trên) c) HO cạnh chung 0.75 đ OM = OK = R Suy ra  MHO =  KHO ( c-c-c) . d) 0,75 đ. 0,25 0,25. . 0,25. 0,25 0,25. Nên MOH KOH , Do vậy OH là phân giác của góc MOK Ta có chu vi của tam giác OIM là: C = OI + IM + OM. Mà OM không đổi, nên chu vi tam giác OIM lớn nhất  OI + IM lớn nhất 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-ski ta có (OI + IM)2 ≤ (12 + 12)( OI2 + IM2) = 2R2. Vậy (OI + IM)2 lớn nhất bằng 0,25 2R2, nên OI + IM lớn nhất bằng 2R . Do đó chu vi của tam giác OIM lớn nhất bằng: 2R + R = ( 2  1)R , khi OI = IM hay M là điểm chính giữa của cung KB. Câu 5:(1 điểm) Cách 1: B = 2a - 2 ab  b - 2 a  3 .. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>  a 0  Trước hết ta thấy biểu thức B có nghĩa khi và chỉ khi: ab 0 (1).. Từ (1) ta thấy nếu a = 0 thì b nhận mọi giá trị tùy ý thuộc R (2). Mặt khác, khi a = 0 thì B = b + 3 mà b có thể nhỏ tùy ý nên B cũng có thể nhỏ tùy ý. Vậy biểu thức B không có giá trị nhỏ nhất. Cách 2: a 0 a  0 a 0    b  R ab  0   b 0   ĐK: a  0  B a Nếu: b 0 . Biến đổi. . 0,5 đ 0,5 đ. 0,25. b. 2.  . . 0,25. 2. a  1 2.  minB = 2, đạt được khi a = b = 1. 0,25.  a 0  Nếu: b  R  B = b + 3  Không tồn tại minB. 0,25. Vậy biểu thức B không có giá trị nhỏ nhất Chú ý: -HS làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa -Bài hình học nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm. Người thực hiện. Dương Văn Khôi.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>