De thi khao sat Mon toan vao lop 10 Thi Xa DXBP

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỊ XÃ ĐỒNG XOÀI. ĐỀ KHẢO SÁT TUYỂN SINH LỚP 10 Môn thi : TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể phát đề). Câu 1: (1 điểm). Bài 1: Rút gọn các biểu thức sau. a) A= 28  63  2 7 (1 . b) B=. a a a a ).(1  ) a 1 a  1 với a 0 và a 1. 2. Câu 2: (2 điểm) Cho hàm số (P): y = 2 x . a) Vẽ đồ thị hàm số trên mặt phẳng tọa độ Oxy. b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số (P) với đường thẳng y = 3 x - 1. Câu 3: (2 điểm). Bài 1: Giải phương trình và hệ phương trình sau: 3 x  y 2  b) 3x  2 y 5. a) 3x2 - 10x + 3 = 0. Bài 2: Cho một hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 8m. Nếu tăng chiều rộng thêm 2m và giảm chiều dài đi 5m thì diện tích hình chữ nhật mới là 210 m2. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật ban đầu. Bài 4: (1,5 điểm) 2 Cho phương trình x  2mx  m  2 0 (x là ẩn số). a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình.  24 2 Tìm m để biểu thức M = x  x2  6 x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất 2 1. Câu 5: (3,5 điểm) Qua điểm B nằm ở bên ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến BC và BD với đường tròn (O), ( C, D là các tiếp điểm). a) Chứng minh tứ giác BCOD nội tiếp. b) Chứng minh BO vuông góc CD. c) Từ B vẽ cát tuyến BMN (M nằm giữa B và N, tia BN nằm giữa hai tia BC và BO), gọi H là giao điểm của BO và CD. Chứng minh BM.BN = BH.BO.    d) Chứng minh HNM MOH và HC là tia phân giác của góc MHN .. ---HẾT---.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỊ XÃ ĐỒNG XOÀI. ĐỀ KHẢO SÁT TUYỂN SINH LỚP 10 Môn thi : TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể phát đề). HƯỚNG DẪN CHẤM I. HƯỚNG DẪN CHUNG: 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi. 3) Trong bài toán hình học, học sinh có thể lấy kết quả câu trên để làm câu dưới II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM. CÂU Câu 1. ĐÁP ÁN Bài 1. Rút gọn biểu thức: 28  63  2 7 A= =2 7 +3 7 -2 7. ĐIỂM 0.25 đ 0.25 đ. =3 7 a a a a ).(1  ) a  1 a  1 b) B= với a 0 và a 1. a ( a  1) a ( a  1) a  1 )(1a1 ) =(1+ =(1+ a )(1- a ) =1-a 2 Cho hàm số (P): y=2 x . a) Vẽ đồ thị hàm số trên trong mặt phẳng tọa độ. (1 . Bài 2. 0.25đ 0.25đ. Bảng giá trị : X -2 Y 8 Đồ thị :. -1 2. 0 0. 1 2. 2 8. 0.5 đ. (0.5đ).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> y 8 y=2x2. 0.25đ. 0.25đ 0.25đ. 2 0.25đ. -2. -1 O 1 2. x. b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và đường thẳng y=3x-1 là nghiệm của phương trình : 2x2=3x-1  2x2-3x+1=0 3 1   x1  4 1   x 3  1 1 2 4 2    - Với x=1 y=2 nên d cắt (P) tại điểm M(1;2) 1 1 1 1 - Với x= 2  y= 2 nên d cắt (P) tại điểm N( 2 ; 2 ) Bài 3. Bài 1.(1 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) 3x2-10x+3=0 Ta có  ' =52-3.3=16>0 nên phương trình có hai nghiệm: 54   x1  3 3   x  5  4 1  2 3 3 3 x  y 2  b) Giải hệ phương trình: 3 x  2 y 5 Lấy phương trình trên trừ phương trình dưới ta được: -3y=-3  y=1 Với y=1 thế vào phương trình trên ta có:3x-1=2 hay x=1 Bài 2. Gọi x (m) là chiều rộng ban đầu cùa hinh chữ nhật x > 0. Chiều dài ban đầu của hình chữ nhật là x + 8 (m) Chiều rộng của hình chữ nhật sau khi tăng thêm là x + 2 (m) Chiều dài của hình chữ nhật sau khi giảm 5 m là x + 3 (m) Theo đề bài ta có phương trình ( x + 2 ) ( x + 3 ) = 210  x 2  5 x  204 0. 0.25đ. 0.25đ. 0.25đ 0.25đ. 0.25đ 0.25đ 0.25đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 4. x1 12 (n) x2  17 (l) Vậy chiều rộng ban đầu là 12 m, chiều dài ban đầu là 20 m.. 0.25đ. a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 - 4m +8 = (m - 2)2 +4 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b c  2m m  2 b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S = a ;P= a  24 6  24 6   2 2 2 2 M = ( x1  x2 )  8 x1 x2 = 4m  8m  16 m  2m  4 (m  1)  3. 0,5 đ.  M . 2. Khi m = 1 ta có (m  1)  3 nhỏ nhất 6  M (m  1) 2  3 nhỏ nhất khi m = 1 m=1. 0,25 đ 0,25 đ. 6 ( m  1) 2  3 lớn nhất khi 0,25 đ 0,25 đ. Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất là - 2 khi m = 1 Câu 5. C N M. 0.25đ. O A. H. B. D a) Tứ giác BCOD có:   BCO 900 , BDO 900 ( tính chất tiếp tuyến )    BCO  BDO 900  900 1800 Tứ giác BCOD nội tiếp. 0.5 0.25đ. b) Ta có BC = BD ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ). 0.25đ. OC = OD (bán kính (O)). 0.25đ.  BO là đường trung trực của CD  BO  CD (1)     BMC và  BCN có : CBN chung và MCB CNB ( cùng chắn cung CM )  BMC đồng dạng  BCN (g-g ). 0.25đ. 0.25đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> BM BC   BC BN  BM.BN = BC2 (3)  BCO vuông tại C, đường cao CH  BC2 = BH.BO (4). 0.25đ. 0.25đ 0.25đ. Từ (3) và (4)  BM.BN =BH.BO d) Ta có: BM.BN=BH.BO ( chứng minh trên) BM BH    BMO và  BHN có BO BN và OBN chung. 0.25đ.     BMO đồng dạng  BHN (c-g-c)  MOH HNM  Tứ giác OHMN nội tiếp Tam giác OMN cân tại O (vì OM=ON)    ONM OMN. 0.25đ.      Mà NHO OMN (cùng chắn cung NO )  ONM  NHO     Mà ONM MHB (vì tứ giác OHMN nội tiếp)  NHO MHB 0     Mà CHN  NHO MHB  CHM 90.     CHN CHM  HC là tia phân giác NHM. 0.25đ.

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