PHÒNG GD&ĐT THIỆU HÓA ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THCS THIỆU GIANG NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Đề A: Câu 1:(2 điểm) Cho biểu thức: 3 2 2 3 3 − + + ÷ − + = + + − a b a a b b ab a a b P a b ab a a b a a. Tìm điều kiện xác định của a;b b. Rút gọn P Câu 2:(2 điểm) a. Cho parabol (P): y = x 2 và đường thẳng (d): y = -mx + 1. Gọi (x 1 ; y 1 ), (x 2 ; y 2 ) là các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm m để: y 1 + y 2 = 2(x 1 + x 2 ) + 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 : x 2 – 2mx + m 2 – m + 1 = 0 a) Tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn: 2 1 2 x + 2mx = 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 Hết PHÒNG GD&ĐT THIỆU HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THCS THIỆU GIANG 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 0,5 đ b (1,5đ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 3 − + + − = − + − a b a a b b a a b P a b ab a a b 2 3 3 2 1 3 3 − − + + + = − + + a a b b a b b a a a b b a b ab a b 2 3 3 3 1 3 3 − + = − + + a a a b b a a b ab a b ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 3 3 3 3 3 − + + − − = + + a a a b b a a b a b ab a b ab a b ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 0 3 3 + − − + + − − = = + + a a ab a ab ab ab b ab a b ab a b ab a b 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ Câu 2:(2 điểm) a (1đ) Vì x 1 , x 2 là các hoành độ giao điểm, nên x 1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình x 2 = -mx+1 ⇔ x 2 +mx -1 = 0 Theo hệ thức Vi –ét ta có: 1 2 1 2 (2) . 1 (3) x x m x x + = − = − và y 1 = -mx 1 + 1, y 2 = -mx 2 + 1 (4) mà theo bài : y 1 + y 2 = 2(x 1 + x 2 ) + 1 (5) Thay(2), (4) vào (5) ta được : -m(x 1 + x 2 ) + 2 = 2(x 1 + x 2 ) + 1 ⇔ m 2 +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: y 1 + y 2 = 2(x 1 + x 2 ) + 1 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 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 b (1đ) * Số sản phẩm tăng của tổ I là: 18 x 100 (sp) * Số sản phẩm tăng của tổ II là: 21 y 100 (sp) * Từ đó ta có phương trình thứ hai: 18 21 x y 120 100 100 + = * Do đó x và y thỏa mãn hệ phương trình: x y 600 18 21 x y 120 100 100 + = + = 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 : x 2 – 2mx + m 2 – m + 1 = 0 Ta có: ∆ / = m 2 – m 2 + m - 1 = m – 1 Phương trình có nghiệm kép ⇔ ∆ / = 0 ⇔ m – 1= 0 ⇔ m = 1 khi đó nghiệm kép là: / 1 2 1 b x x m a − = = = = 0,5 đ 0,5 đ b (1đ) Phương trình có 2 nghiệm x 1 , x 2 ⇔ ∆ / ≥0 ⇔ m –1 ≥ 0 ⇔ m ≥ 1 theo hệ thức Vi –ét ta có: 1 2 2 1 2 2 (1) . m – m 1 (2) x x m x x + = = + Mà theo bài cho, thì 2 1 2 x + 2mx = 9 (3) Thay (1) vào (3) ta được: : 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 ) 9 (4)x x x ⇔ ⇔ + − = 2 1 2 2 1 x + (x + x )x = 9 x + x x + x = 9 (x Thay(1), (2) vào (4) ta được: 2 2 2 4m 1 9 3 10 0m m m m − + − = ⇔ + − = Giải phương trình ta được: m 1 = - 2 (loại) ; m 2 = 5 3 (TMĐK) Vậy m = 5 3 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn: 2 1 2 x + 2mx = 9 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Câu 4:(3 điểm) a) 0,75 đ Hình vẽ: 0,25 Vì M là điểm chính giữa của cung AB, nên sđ ¼ AM = 90 0 => · 0 90=AOM (đ/l góc ở tâm), mà MH ⊥ AK (gt) => · AHM = 90 0 Trong tứ giác AOHM, ta có: · · 0 90= =AOM AHM Do đó đỉnh O và H luôn nhìn đoạn AM dưới một góc 90 0 , nên AOHM là tứ giác nội tiếp 0,25 0,25 0,25 b) 0.5 đ Xét tam giác vuông MHK có · 0 45MKH = Nên tam giác MHK là tam giác vuông cân tại H 0,25 0,25 c) 0.75 đ Vì tam giác MHK cân tại H nên : HM = HK Xét ∆ MHO và ∆ KHO có HM = HK (c/m trên) HO cạnh chung OM = OK = R Suy ra ∆ MHO = ∆ KHO ( c-c-c) Nên · · MOH KOH= , Do vậy OH là phân giác của góc MOK 0,25 0,25 0,25 d) 0,75 đ 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 Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-ski ta có (OP + PK) 2 ≤ (1 2 + 1 2 )( OP 2 + PK 2 ) = 2R 2 . Vậy (OP + PK) 2 lớn nhất bằng 2R 2 , 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 0,25 0,25 Câu 5:(1 điểm) Cách 1: A = 2 - 2 - 2 3+ +x xy y x . Trước hết ta thấy biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi: 0 0 ≥ ≥ x xy (1). Từ (1) ta thấy nếu x = 0 thì y nhận mọi giá trị tùy ý thuộc R (2). 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. 0,5 đ 0,5 đ Cách 2: P H K B M O A ĐK: 0 0 ≥ ≥ x xy ⇔ 0 0 0 x x y y = > ∈ ≥ U ¡ Nếu: 0 0 x y > ≥ . Biến đổi ( ) ( ) 2 2 1 2A x y x= − + − + ⇒ minA = 2, đạt được khi x = y = 1 Nếu: 0x y = ∈ ¡ ⇒ A = y + 3 ⇒ Không tồn tại minA Vậy biểu thức A không có giá trị nhỏ nhất 0,25 0,25 0,25 0,25 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 PHÒNG GD&ĐT THIỆU HÓA ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 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 : x 2 – 2ax + a 2 – 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 x 1 , x 2 thỏa mãn: 2 1 2 x + 2ax = 9 Câu 2:(2 điểm) a. Cho parabol (P): y = x 2 và đường thẳng (d): y = -bx + 1. Gọi (x 1 ; y 1 ), (x 2 ; y 2 ) là các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm b để: y 1 + y 2 = 2(x 1 + x 2 ) + 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) Cho biểu thức: 3 2 2 3 3 x y x x y y x y xy x B x y xy x x y x − + + ÷ ÷ + − = + + − 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 ) Cho biểu thức B = 2a - 2 + b - 2 + 3ab a . Tính giá trị nhỏ nhất của B Hết PHÒNG GD&ĐT THIỆU HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THCS THIỆU GIANG NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu 1:(2 điểm) a (1đ) Với phương trình : x 2 – 2ax + a 2 – a + 1 = 0 Ta có: ∆ / = a 2 – a 2 + a - 1 = a – 1 Phương trình có nghiệm kép ⇔ ∆ / = 0 ⇔ a – 1= 0 ⇔ a = 1 khi đó nghiệm kép là: 1 2 1x x a= = = 0,5 đ 0,5 đ b (1đ) Phương trình có 2 nghiệm x 1 , x 2 ⇔ ∆ / ≥0 ⇔ a –1 ≥ 0 ⇔ a ≥ 1 theo hệ thức Vi –ét ta có: 1 2 2 1 2 2 (1) . – a 1 (2) x x a x x a + = = + Mà theo bài cho, thì 2 1 2 x + 2ax = 9 (3) Thay (1) vào (3) ta được: : 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 ) 9 (4)x x x ⇔ ⇔ + − = 2 1 2 2 1 x + (x + x )x = 9 x + x x + x = 9 (x Thay(1), (2) vào (4) ta được: 2 2 2 4a 1 9 3 10 0a a a a − + − = ⇔ + − = Giải phương trình ta được: a 1 = - 2 (loại) ; a 2 = 5 3 (TMĐK) Vậy a = 5 3 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn: 2 1 2 x + 2ax = 9 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Câu 2:(2 điểm) a (1đ) Vì x 1 , x 2 là các hoành độ giao điểm, nên x 1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình: x 2 = -bx+1 ⇔ x 2 +bx -1 = 0 Theo hệ thức Vi –ét ta có: 1 2 1 2 (2) . 1 (3) x x b x x + = − = − và y 1 = -bx 1 + 1, y 2 = -bx 2 + 1 (4) mà theo bài : y 1 + y 2 = 2(x 1 + x 2 ) + 1 (5) Thay(2), (4) vào (5) ta được : -b(x 1 + x 2 ) + 2 = 2(x 1 + x 2 ) + 1 ⇔ b 2 +2b + 1 = 0 ⇔ b = -1 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Vậy b = -1, thì (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt mà tọa độ giao điểm thỏa mãn: y 1 + y 2 = 2(x 1 + x 2 ) + 1 0,25 đ b (1đ) 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 * Số sản phẩm tăng của tổ A là: 18 x 100 (sp) * Số sản phẩm tăng của tổ B là: 21 y 100 (sp) * Từ đó ta có phương trình thứ hai: 18 21 x y 120 100 100 + = * Do đó x và y thỏa mãn hệ phương trình: x y 600 18 21 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 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Câu 3:(2 điểm) a (0,5đ) Đk: x > 0; y ≥ 0; x ≠ y 0,5 đ b (1,5đ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 3 x y x x y y x x y P x y xy x x y − + + − = − + − 2 3 3 2 1 3 3 x x y y x y y x x x y y x y xy x y − − + + + = − + + 2 3 3 3 1 3 3 x x x y y x x y xy x y − + = − + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 3 3 3 3 3 x x x y y x x y x y xy x y xy x y − + + − − = + + ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 0 3 3 x x xy x xy xy xy y xy x y xy x y xy x y + − − + + − − = = + + 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ Câu 4:(3 điểm) a) 0,75 đ Hình vẽ: 0,25 Vì K là điểm chính giữa của cung AB, nên sđ » AK = 90 0 => · 0 90AOK = (đ/l góc ở tâm), mà KH ⊥ AM (gt) => · AHK = 90 0 Trong tứ giác AOHK, ta có: · · 0 90AOK AHK= = Do đó đỉnh O và H luôn nhìn đoạn AK dưới một góc 90 0 , nên AOHK là tứ giác nội tiếp 0,25 0,25 0,25 b) 0.5 đ Xét tam giác vuông MHK có · 0 45MKH = Nên tam giác MHK là tam giác vuông cân tại H 0,25 0,25 c) 0.75 đ Vì tam giác MHK cân tại H nên : HM = HK Xét ∆ MHO và ∆ KHO có HM = HK (c/m trên) HO cạnh chung OM = OK = R Suy ra ∆ MHO = ∆ KHO ( c-c-c) Nên · · MOH KOH= , Do vậy OH là phân giác của góc MOK 0,25 0,25 0,25 d) 0,75 đ 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 Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-ski ta có (OI + IM) 2 ≤ (1 2 + 1 2 )( OI 2 + IM 2 ) = 2R 2 . Vậy (OI + IM) 2 lớn nhất bằng 2R 2 , 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 0,25 0,25 0,25 Câu 5:(1 điểm) Cách 1: B = 2 - 2 b - 2 3a ab a+ + . Trước hết ta thấy biểu thức B có nghĩa khi và chỉ khi: 0 0 a ab ≥ ≥ (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. 0,5 đ 0,5 đ Cách 2: II H M B K O A ĐK: 0 0 a ab ≥ ≥ ⇔ 0 0 0 a a b R b = > ∪ ∈ ≥ Nếu: 0 0 a b > ≥ . Biến đổi ( ) ( ) 2 2 1 2B a b a= − + − + ⇒ minB = 2, đạt được khi a = b = 1 Nếu: 0a b R = ∈ ⇒ B = b + 3 ⇒ Không tồn tại minB Vậy biểu thức B không có giá trị nhỏ nhất 0,25 0,25 0,25 0,25 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 . PHÒNG GD&ĐT THI U HÓA ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THCS THI U GIANG NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Đề A: Câu 1:(2 điểm) Cho biểu thức:. hiện Dương Văn Khôi PHÒNG GD&ĐT THI U HÓA ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THCS THI U GIANG NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Đề B: Câu 1:(2 điểm) Cho phương trình. + y - 2 x + 3 . Tính giá trị nhỏ nhất của A Hết PHÒNG GD&ĐT THI U HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THCS THI U GIANG NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 04