DE THI THU VAO THPT NAM HOC 20132014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO. ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT. HẢI DƯƠNG. Năm học 2013 - 2014 MÔN : TOÁN ( Thời gian làm bài 120 phút, không kể giao đề ). ĐỀ LẺ Câu I (2.5 điểm) 3 2 1/ Giải phương trình: 2x - x - 3x = 0.  x  y 4  2/ Tìm 2 số x, y biết:  x. y 1. 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) P. x2 x 1 x 1   x x  1 x  x  1 x  1 với x ≥ 0 và x ≠ 1. Rút gọn biểu thức: 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 : x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 a) Tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó. x12 + 2mx 2 = 9. b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: 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. a2 2b 2 3c 2   Tìm giá tri nhỏ nhất của biểu thức: P = a  1 b  1 c  1 = = = = = 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:……………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI. DƯƠNG. ĐỀ LẺ. Câu. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐÊ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2013 - 2014 MÔN : Toán (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang). Phần. Câu I. Nội dung 3. 2x - x - 3x = 0. 2.5 điểm. 1) 1 điểm. Điểm. 2.  x(2x 2  x  3) 0. 0, 25.  x 0  2  2x  x  3 0  x 0   x  1; x  3 2 . 0, 25. 0, 25. Vậy phương trình có 3 nghiệm x1 = 0; x2 = 0, 25 3 -1; x3 = 2. 2) 0.75 điểm. Gọi S, P lần lượt là tổng, tích của x và y Theo bài ta có: S = 4, 0, 25 P = 1 và S2 > 4P ( 16 0, 25 > 4), nên x và y là 0, 25 các nghiệm của phương trình có dạng: t2 – 4t +1 = 0 (1) Giải phương trình (1) tìm được t1 = 2 + 3 ; t2 = 2 - 3 Vậy 2 số x, y cần tìm  x 2  3  là:  y 2  3 hoặc  x 2  3   y 2  3. 3). Vì đường thẳng (d) //. 0.75 điểm. a  3  (d/) nên : b 2. lại có (d) đi qua A (1; 0) vì vậy: -a + b = 0 mà a = - 3. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> suy ra b = -3 ( TMĐK) vậy đường thẳng (d) có dạng: y = -3x – 3 P. Câu II 1 điểm. x2 x 1 x 1   x x  1 x  x 1 x  1. . x2 x 1   x x  1 x  x 1. x 1. . x2 x 1   x x  1 x  x 1. . x2 ( x  1)( x  1) x x    ( x  1)( x  x  1) ( x  1)( x  x  1) ( x  1)( x . . . x1 1 x1. . x 1. 0,25. 0,25. x  2  x  1 x  x  1 x x   ( x  1)( x  x 1) ( x  1)( x  x 1) . 0,25 x ( x  1) x  ( x  1)( x  x  1) x  x  1. Vậy với x ≥ 0 và x ≠ x 1, thì P = x  x  1 Câu III. 1 điểm. 0,25. 1 Đổi 20 phút = 3 giờ Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là. x (km/h, x  4). Vận tốc canô khi nước xuôi dòng là x  4 và thời gian canô chạy khi nước xuôi dòng là. 50 x4.. 0,25 0,25. Vận tốc canô khi nước ngược dòng là x  4 và thời gian canô chạy khi nước ngược dòng. 50 là x  4 . Theo giả thiết ta có phương trình. 50 1 50   7 x4 3 x 4 pt. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 50 50 20 5 5 2      x4 x 4 3 x4 x 4 3 2  15( x  4  x  4) 2( x  16)  2 x 2  30 x  32  .  x 2  15 x  16 0. Câu IV. 1,5 điểm. a) 0,5 điểm. b) 1.0 điểm. Giải phương trình ta được x  1 (loại), x 16 (thỏa mãn) Vậy vận tốc canô trong nước yên lặng là 16 km/h Với phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + 1 0,25 =0 Ta có: / = m2 – m2 + 0,25 m-1 =m–1 Phương trình có nghiệm kép  / = 0  m – 1= 0  m. =1 khi đó nghiệm kép là:  b/ x1 x2  m 1 a Phương trình có 2 0,25 /  nghiệm x1, x2  ≥0  m –1 ≥ 0  m ≥ 0,25. 1 theo hệ thức Vi –ét ta có:  x1  x2 2m  2  x1.x2 m – m  1. (1) (2). Mà theo bài cho, thì 0,25 x12 + 2mx 2 = 9 (3) Thay (1) vào (3) ta được: 0,25 :. x12 + (x1 + x 2 )x 2 = 9  x12 + x1x 2 + x 2 2 = 9  (x1  x2 ) 2  x1 x2 9 (4) Thay(1), (2) vào (4) ta được: 4m 2  m2  m  1 9  3m 2  m  10 0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Giải phương trình ta được: m1 = - 2 (loại) ; 5 m2 = 3 (TMĐK). 5 Vậy m = 3 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1, x2 : x12 + 2mx 2 = 9 Hình vẽ: 0,25. Câu V 3 điểm. M. K H A. a). Vì M là điểm chính giữa của cung AB,. O. 0,25 0,25. nên sđ AM 900 => 0,75 điểm. ˆ 900 AOM. (đ/l góc ở tâm), mà MH  AK (gt) =>. 0,25. AHM = 900. Trong tứ giác AOHM, ta có: ˆ AHM 900 AOM. b) 0.5 điểm. Do đó đỉnh O và H luôn nhìn đoạn Am dưới một góc 900, nên AOHM là tứ giác nội tiếp Xét tam giác vuông 0  MHK có MKH 45. c) 0.75 điểm. 0,25 0,25. Nên tam giác MHK là tam giác vuông cân tại H Vì tam giác MHK cân 0,25 tại H nên : HM = HK Xét  MHO và  KHO có HM = HK (c/m trên) HO cạnh chung 0,25 OM = OK = R 0,25. P. B.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Suy ra  MHO =  KHO ( c-c-c) . d) 0,75 điểm. . Nên MOH KOH , Do vậy OH là phân giác của góc MOK Ta có chu vi của tam giác OPK là: C = OP 0,25 + PK + OK. Mà OK không đổi, nên chu vi 0,25 tam giác OPK lớn nhất  OP + PK lớn 0,25 nhất 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 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. a2 2b 2 3c 2 a 2  1  1 2b 2  2  2 3 P      a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 1   2    P  a  1     2(b  1)  0,25    3(c  1)  a  1  b  1  c . 1   2    P  a  1   2( b  1)       3(c  1)  0,25 a  1  b  1  c . Câu VI 1 điểm. P 2 ( a  1).. 1 2  2 2(b  1).  2 3(c  1). a 1 b 1 0,25. Vậy GTN của P là 24 khi a = b = c = 2 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI. DƯƠNG. ĐỀ CHẴN. 0,25. ĐÊ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2013 - 2014 MÔN : TOÁN ( Thời gian làm bài 120 phút, không kể giao đề ).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Câu I (2.5 điểm) 1/ Giải phương trình sau: – 3x3 + 5x2 – 2x = 0  x  y 2   x. y  2. 2/ Tìm 2 số x, y biết: 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 = Câu II (1 điểm). 1 3x + 5  x x +1. Rút gọn biểu thức: Câu III (1.25 điểm) :. B =  . x -1. -. x -1   x   :  x +  x -1   x -1 . với x ≥ 0 và x ≠ 1. 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 = x2 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 (x1 ; y1), (x2 ; y2) là các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm m để: y1 + y2 = 2(x1 + x2) + 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:. P. 1 1 1   a  ab  1 b  bc  1 c  ca  1. = = = = = 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:….…………………… SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO. HẢI DƯƠNG ĐỀ CHẴN. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐÊ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2013 - 2014.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> MÔN : Toán (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang). Câu. Phần. 1a). Nội dung. Điểm. -3x 3 + 5x 2 - 2x = 0. 0,25.  x(-3x 2  5 x  2) 0 1 điểm.  x 0  2  -3x  5 x  2 0  x 0   x 1; x  2 3 . 0,25 0,25 0,25. 2 Vậy phương trình có 3 nghiệm x1 = 0; x2 = 1; x3 = 3. Gọi S, P lần lượt là tổng, tích của x và y Câu I 2 điểm. Theo bài ta có: S = 2, P = -2 và S2 > 4P ( 4 > -8), nên x và y là các 2) 0.75 điểm. nghiệm của phương trình có dạng: t2 – 2t -2 = 0 (1) Giải phương trình (1) tìm được t1 = 1 + 3 ; t2 = 1 - 3  x 1  3  Vậy 2 số x, y cần tìm là:  y 1  3 hoặc. 3). 0,25.  x 1  3   y 1  3. Vì đồ thị hàm số vuông góc với đường thẳng y =. 1 0.75 3 = -1 suy ra a = 3 điểm nên: a. . 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. . 1 3x + 5. 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  x x +1. x -1   x   :  x +  x -1   x -1   x -1  x - x +1 x -1  x  x  x   :  x -1 x 1 x -1  . B =  Câu II 2 điểm. 1) 1 điểm.  . -. 0,25. x x -1 . x -1 x 2 x 2. 0,25 0,25. x. x. 2. Vậy với x ≥ 0 và x ≠ 1 thì B =. 0,25. x. Đổi 30 phút = ½ (h) Gọi x(km/h) là vận tốc dự định; x > 0 50 ( h)  Thời gian dự định : x. Quãng đường đi được sau 2h : 2x (km) Câu III 1.25 điểm.  Quãng đường còn lại : 50 – 2x (km) Vận tốc đi trên quãng đường còn lại : x + 2 ( km/h) 50  2 x ( h) Thời gian đi quãng đường còn lại : x  2. 0,5. 1 50  2 x 50 2   2 x2 x. 0,25. Theo đề bài ta có PT:. 0,25. Giải ra ta được : x = 10 (thỏa ĐK bài toán). 0,25. Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h Câu IV 1,5 điểm. Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm phương trình a). x2 = -mx + 1  x2 + mx – 1 = 0. (1). 0,25 0,25. 0,5 Ta có  = m2 + 4 > 0 với mọi m điểm. Nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt, do đó (d) và (P) luôn. b) 1.0 điểm. cắt nhau tại 2 điểm phân biệt Vì x1, x2 là các hoành độ giao điểm, nên x1, x2 là 2 nghiệm của phương  x1  x2  m  x .x  1 trình (1). Theo hệ thức Vi –ét ta có:  1 2. (2). 0,25. (3). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> và y1 = -mx1 + 1, y2 = -mx2 + 1 (4). 0,25. mà theo bài : y1 + y2 = 2(x1 + x2) + 1 (5). 0,25. Thay(2), (4) vào (5) ta được -m(x1 + x2) + 2 = 2(x1 + x2) + 1.  m2 +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: y1 + y2 = 2(x1 + x2) + 1 Hình vẽ: 0,25 điểm. Câu V 3 điểm. M. K H A. O. P. B. a) 0,75 điểm. ˆ 900 Vì M là điểm chính giữa của cung AB, nên sđ AM 900 => AOM. (đ/l góc ở tâm), mà MH  AK (gt) => AHM = 900. ˆ  AHM 90 Trong tứ giác AOHM, ta có: AOM Do đó đỉnh O và H luôn nhìn đoạn Am dưới một góc 900, nên AOHM là 0,25 tứ 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 . b) 0.5 điểm. 0. Vì tam giác MHK cân tại H nên : HM = HK Xét  MHO và  KHO có c) HM = HK (c/m trên) HO cạnh chung 0.75 OM = OK = R điểm Suy ra  MHO =  KHO ( c-c-c) d) 0.75 điểm. 0,25 0,25. 0,25.   Nên MOH KOH , Do vậy OH là phân giác của góc MOK. 0,25 0,25. 1 Ta có diện tích của tam giác OPK là: S = 2 OP.PK.. 0,25. Áp dụng bất đẳng thức Cô- si ta có 1 R2 0,25 OP2 + PK2 ≥ 2OP.PK, hay OP.PK ≤ 2 ( OP2 + PK2 ) = 2 R2 Suy ra OP.PK lớn nhất bằng 2 , do đó diện tích tam giác OPK lớn nhất 1 R2 R2 bằng: S = 2 . 2 = 4 , khi OP = PK hay K là điểm chính giữa của. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> cung MB 1 1 1   a  ab  1 b  bc  1 c  ca  1 1 a ab    a  ab  1 ab  abc  a abc  a 2bc  ab 1 a ab    a  ab  1 ab  1  a 1  a  ab 1  a  ab  1 a  ab  1 P. Câu VI 0.75 điểm. Vậy a, b, c là các số thực thỏa mãn: abc = 1 thì P = 1. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(12)</span>