DE DA THI THU VAO 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2013-2014 Môn Toán Thời gian 120 phút Ngày 08 tháng 4 năm 2013 Bài I (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2(x - 2) = 5 - x.  y x  2  2 x  3 y 9 2. Giải hệ phương trình:  Bài II (2,0 điểm) . 1 2 1 x 2 . Tính f(0); f(2); f( 2 ); f(  2 ). 1. Cho hàm số y = f(x) = 2. Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = 0 (ẩn x). Tìm m để phương trình 2 2 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : x1  x 2 7 .. Bài III (2,0 điểm) 1) Cho biểu thức. A. x 4 x  2 . Tính giá trị của A khi x = 36.  x 4  x  16 B   : x 4 x  4  x  16  2) Rút gọn biểu thức (với x 0; x 16 ). 3) Hai ô tô cùng xuất phát từ A đến B, ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai mỗi giờ 10km nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng đường AB dài là 300km. Bài IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB. 1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.   2) Chứng minh ACM ACK 3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C. Bài V (1.0 điểm). Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x 2y , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. M. x 2  y2 xy. ----------------Hết------------------. MAI THỊ QUỲNH 0976.93.93.89 & 09.434.123.68.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2013-2014 Môn Toán BÀI I 1. 2. ĐÁP ÁN Giải phương trình: 2(x - 2) = 5 - x 2x-4 = 5-x 3x = 9 x = 3 Vậy S= {3}  y x  2  Giải hệ phương trình: 2 x  3 y 9  y x  2  2 x  3( x  2) 9  x  3   y  5. 0.25. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (-3; -5). 0.25 2.0 1.0. II 1 Cho hàm số y = f(x) = f(0)=0 f(2)=-2. 0.5. . 1 2 1 x 2 . Tính f(0); f(2); f( 2 ); f(  2 ). 1 1  f( 2 )= 8. f(  2 )=-1 2. ĐIỂM 2.0 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0. Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m 2 – 2m = 0 (ẩn x). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 thỏa mãn điều kiện :. 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0. x12 + x 22 = 7 Phương trình đã cho có  = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + 1 > 0, m Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt m. 0.25.  x1  x2 4m  1  2 Theo ĐL Vi –ét, ta có:  x1 x2 3m  2m . 2 2 2 Khi đó: x1  x2 7  ( x1  x2 )  2 x1 x2 7. 0.25.  (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) = 7  10m2 – 4m – 6 = 0  5m2 – 2m – 3 = 0. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3 Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0 => m = 1 hoặc m = 5 3 Trả lời: Vậy m = 1 hoặc m = 5 thì phương trình có hai nghiệm. 0.25. 2 2 phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : x1  x 2 7. III 1 Cho biểu thức. A. x 4 x  2 . Tính giá trị của A khi x = 36. Với x = 36, ta có : A = 2. 3. IV. 36  4 10 5   36  2 8 4. 2.0 0.25. 0.25.  x 4  x  16 B   : x 4 x  4  x  16  Rút gọn biểu thức (với x 0; x 16 )  x ( x  4) 4( x  4)  x  16   . x  16 x  16  x  16  B=. 0.75. ( x  16)( x  16) 1 ( x  16)( x  16) B= Vậy B = 1 với x 0; x 16. 0.25. Hai ô tô cùng xuất phát từ A đến B, ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai mỗi giờ 10km nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng đường AB dài là 300km. Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x (km/h) (x>0) thì vận tốc ô tô thứ hai là x- 10(km/h). 0.25. 0.25 1.0 0.25. 300 Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường là: x (h) 300 Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường là: x  10 (h) 300 300  1 Theo bài ra ta có phương trình: x  10 x. 0.25. Giải phương trình trên tìm được: x1 = -50 (không thoả mãn); x2 = 60 (thoả mãn) Vậy vận tốc xe thứ nhất là 60km/h, xe thứ hai là 50 km/h.. 0.25. Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB. 1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.. 3.0. . . 2) Chứng minh ACM ACK 3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vẽ hình đúng. 0.25. C M E. H A. 1. K. O. B. Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp. 0  Ta có HCB 90 ( do chắn nửa đường tròn đk AB).  HKB 900 (do K là hình chiếu của H trên AB)   HCB  HKB 1800. => 2. nên tứ giác CBKH nội tiếp.   Chứng minh ACM ACK   Ta có ACM  ABM (do cùng chắn AM của (O)). 3. 1.0 0.25 0.25 0.5 0.75 0.25.     và ACK HCK HBK (vì cùng chắn HK .của đtròn đk HB). 0.25.   Vậy ACM  ACK. 0.25. Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C. 1.0. Vì OC  AB nên C là điểm chính giữa của cung AB 0    AC = BC và sd AC sd BC 90 Xét 2 tam giác MAC và EBC có   MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và MAC = MBC vì cùng chắn  cung MC của (O) MAC và EBC (cgc)  CM = CE  tam giác MCE cân tại C (1). 0.25 0.25. 0 0   0.25 Ta lại có CMB 45 (vì chắn cung CB 90 ) 0    CEM CMB 45 (tính chất tam giác MCE cân tại C) 0    Mà CME  CEM  MCE 180 (Tính chất tổng ba góc trong tam 0  giác) MCE 90 (2) Từ (1), (2)  tam giác MCE là tam giác vuông cân tại C 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> V. Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x 2y , tìm giá trị nhỏ 2. nhất của biểu thức:. M. x y xy. 1.0. 2. x 2  y 2 ( x 2  4 xy  4 y 2 )  4 xy  3 y 2 ( x  2 y )2  4 xy  3 y 2   xy xy Ta có M = xy =. 0.25. ( x  2 y) 2 3y 4 xy x. 0.25 2. Vì (x – 2y) ≥ 0, dấu “=” xảy ra  x = 2y y 1  3y  3    x 2 , dấu “=” xảy ra  x = 2y x ≥ 2y  x 2 3 5 Từ đó ta có M ≥ 0 + 4 - 2 = 2 , dấu “=” xảy ra  x = 2y 5 Vậy GTNN của M là 2 , đạt được khi x = 2y. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>