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