DE THI THU VAO LOP 10 HAI DUONG 20122013

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (156.67 KB, 11 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2012 - 2013
MƠN : TỐN

( Thời gian làm bài120 phút, khơng kể giao đề )

Câu I (2.5 điểm)

1/ Giải phương trình: 2x - x - 3x = 03 2

2/ Tìm 2 số x, y biết:

4
. 1

x y
x y

 







3/ Tìm a và b biết đường thẳng (d): y = ax + b song song với (d/): y = -3x + 2 và cắt trục

hồnh tại điểm A có hồnh độ bằng -1

Câu II (1 điểm)

Rút gọn biểu thức:

2 1 1

1 1

x x x

P

x
x x x x

  

  



   với x ≥ 0 và x ≠ 1

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 nơ, biết vận tốc của dịng 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
b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x + 2mx = 912 2

Câu V (3 điểm)

Cho đường trịn 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 vng 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 vng 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

Tìm giá tri nhỏ nhất của biểu thức: P =

2 2 2 3 2

1 1 1

a b c

a b c
= = = = = Hết = = = = =
Giám thị khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……….Số báo danh:………
Chữ kí giám thị 1:………Chữ kí giám thị 2:…

………

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

SỞ GIÁO DỤC &
ĐÀO TẠO HẢI

DƯƠNG

HƯỚNG DẪN
CHẤM 
ĐÊ THI THỬ VÀO

LỚP 10 THPT
Năm học 2012 - 2013

MƠN : Tốn
(Hướng dẫn chấm

gồm 03 trang)

Câu Phần Nội dung Điểm

Câu I

2.5 điểm

1 )
1 điểm

3 2

2x - x - 3x = 0
x(2x 3) 0

2x 3 0

3
1;

x
x

x x

   



 

  







  



Vậy phương trình có 3
nghiệm x1 = 0; x2 =

-1; x3 =

3
2

0, 25
0, 25

0, 25

2 )
0.75 điểm

Gọi S, P lần lượt là
tổng, tích của x và y
Theo bài ta có: S = 4,
P = 1 và S2 > 4P ( 16

> 4), nên x và y là
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

là:

2 3

x
y

  



 


 hoặc

2 3

x
y

  



 



0, 25

0, 25
0, 25

0.75 điểm

Vì đường thẳng (d) //

(d/) nên :

3
2

a
b








lại có (d) đi qua A
(-1; 0) vì vậy:

-a + b = 0 mà a = - 3

0,25

0,25
0,25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

suy ra b = -3
( TMĐK)

vậy đường thẳng (d)
có dạng: y = -3x – 3

Câu II
1 điểm



 



2 1 1

1 1

2 1 1

1 1 1 1

2 1 1

1 1 1

2 ( 1)( 1) 1

( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)

2 1 1

( 1)( 1) ( 1)( 1)

( 1)

( 1)( 1) 1

x x x

P

x
x x x x

x x x

x x x x x x

x x

x x x x x

x x x x x

x x x x x x x x x

x x x x x x

x x x

x x x x x

  

  



  

  

  

    

 

  

   

    

  

        

      

 

     



 

    

Vậy với

x ≥ 0 và x ≠

1, thì P = 1

x
x x

0,25

Câu III
1 điểm

Đổi 20 phút =

1

3

giờ
Gọi vận tốc canô
trong nước yên lặng là

(km/h,

4)

x



Vận tốc canô khi nước
xi dịng là

x



4

và 
thời gian canơ chạy
khi nước xi dịng là

50

4 x



.

Vận tốc canơ khi nước
ngược dịng là

x



4

và thời gian canơ chạy
khi nước ngược dịng

là

50

4 x



.

Theo giả thiết ta có
phương trình

50

1

50

7 4 3

4 x



x





0,25
0,25

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2 2
2

50

20

5

2

4

3

4

3 15(

4 4) 2(

16)

2

30 32 0

15 16 0

x

























 

















Giải phương trình ta
được

x



1

(loại),

16 x



(thỏa mãn)
Vậy vận tốc canô
trong nước yên lặng là
16 km/h

Câu IV
1,5 điểm

0,5
điểm

Với phương trình : x2
– 2mx + m2 – m + 1
= 0

Ta có: / = m2 – m2 +

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

m

a





 

0,25
0,25

b)
1.0
điểm

Phương trình có 2
nghiệm x1, x2  / ≥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

1 x2) x x1 2 9 (4)



   

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  m m 1 9  3m m 10 0

0,25
0,25

0,25

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Giải phương trình ta
được: m1= - 2 (loại) ;

m2 =

3(TMĐK)

Vậy m =
5
3 thì 
phương trình đã cho
có 2 nghiệm x1, x2 :

1 2

x + 2mx = 9

Câu V
3 điểm

0,75 điểm

Hình vẽ: 0,25

Vì M là điểm chính
giữa của cung AB,
nên sđAM 900 =>

ˆ 90

AOM 

(đ/l góc ở tâm), mà
MH  AK (gt) =>

AHM = 900

Trong tứ giác AOHM,
ta có:

 0

ˆ 90

AOM AHM 
Do đó đỉnh O và H
ln nhìn đoạn Am
dưới một góc 900, nên

AOHM là tứ giác nội
tiếp

0,25
0,25

0,25

0.5 điểm Xét tam giác vng MHK có MKH 450

Nên tam giác MHK là
tam giác vuông cân tại
H

0,25
0,25

0.75 điểm

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

0,25

0,25
0,25

P
H

B
M

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Suy ra  MHO = 

KHO ( c-c-c)

Nên MOH KOH , 
Do vậy OH là phân
giác của góc MOK

d)
0,75 điểm

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≤ (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

0,25
0,25
0,25

Câu VI
1 điểm

2

3

2 2

1 1 2

2 2 3

3 3

1

2

3

1 2(

1)

3(

1)

1

2

3

1 2(

1)

3(

1)

12

1

2

3 2 (

1).

2 2(

1).

2 3(

1).

1 a

b

c

a

b

c

P

a

b

c

a

b

c

P

a

b

c

a

b

c

P

a

b

c

a

b

c

P

a

b

c

a

b

c

 





















 







 

 



 









 





 











 

 

























 























12 24



Vậy GTN của P là 24
khi a = b = c = 2

0,25

0,25
0,25

SỞ GIÁO DỤC &
ĐÀO TẠO HẢI

DƯƠNG

ĐÊ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2012 - 2013

MƠN : TỐN

( Thời gian làm bài120 phút, không kể giao đề
)

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu I (2.5 điểm)

1/ Giải phương trình sau: – 3x3 + 5x2 – 2x = 0

2/ Tìm 2 số x, y biết:

. 2

x y
x y

 







3/ Cho hàm số y = a x + b. Tìm a và b biết đồ thị hàm số đi qua điểm M(1;2) và vng

góc với đường thẳng y =
1
3


x + 5

Câu II (1 điểm)

Rút gọn biểu thức:

x -1

-x -x +1

x

B =

-

:

x +

x -1

x 1

x -1

   

   

    với x ≥ 0 và x ≠ 1

Câu III (1.25 điểm) :

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 qng đường cịn 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 trịn 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 vng 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:

1 1 1

P

a ab b bc c ca

  

     

= = = = = 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 ĐÊ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPTHƯỚNG DẪN CHẤM 
Năm học 2012 - 2013

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

MÔN : Toán

(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

Câu Phần Nội dung Điểm

Câu I
2 điểm

1a)

1
điểm

3 2

-3x + 5x - 2x = 0
x(-3x 5 2) 0

-3x 5 2 0
0

2
1;

x
x

x x

   



 

  







  



Vậy phương trình có 3 nghiệm x1 = 0; x2 = 1; x3 =

2
3

0,25

2 )
0.75
điểm

Gọi S, P lần lượt là tổng, tích của x và y

Theo bài ta có: S = 2, P = -2 và S2 > 4P ( 4 > -8), nên x và y là các

nghiệm của phương trình có dạng: t2 – 2t -2 = 0 (1)

Giải phương trình (1) tìm được t1 = 1 + 3; t2 = 1 - 3

Vậy 2 số x, y cần tìm là:

1 3
1 3

x
y

  



 


 hoặc

1 3
1 3

x
y

  




 



0,25

3)
0.75
điểm

Vì đồ thị hàm số vng góc với đường thẳng y =
1
3


x + 5

nên: a.
1
3


= -1 suy ra a = 3

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

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Câu II
2 điểm

1)
1
điểm

x -1

-x -1

-x -x +1

x

B =

-

:

x +

x -1

x 1

x -1

x - x +1

-

:

x

x -1

x 1

x -1

x

x -1

x

   

   

   

   

 

 




2
.
2

x

Vậy với x ≥ 0 và x ≠ 1 thì B =

x



x

0,25
0,25
0,25

0,25

Câu III
1.25
điểm

Đổi 30 phút = ½ (h)

Gọi x(km/h) là vận tốc dự định; x > 0

 Thời gian dự định :

50
( )h
x

Quãng đường đi được sau 2h : 2x (km)

 Quãng đường còn lại : 50 – 2x (km)

Vận tốc đi trên quãng đường còn lại : x + 2 ( km/h)

Thời gian đi quãng đường cịn lại :
50 2

( )
2

x
h
x




Theo đề bài ta có PT:

1 50 2 50
2

2 2

x

x x



  



Giải ra ta được : x = 10 (thỏa ĐK bài toán)
Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h

0,5

0,25
0,25
0,25

Câu IV
1,5

điểm a)

0,5
điểm

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm phương trình
x2 = -mx + 1

 x2 + mx – 1 = 0 (1)

Ta có  = m2 + 4 > 0 với mọi m

Nên phương trình (1) ln có 2 nghiệm phân biệt, do đó (d) và (P) ln

cắt nhau tại 2 điểm phân biệt

0,25
0,25

1.0
điểm

Vì x1, x2 là các hoành độ giao điểm, nên x1, x2 là 2 nghiệm của phương

trình (1). Theo hệ thức Vi –ét ta có:

1 2
1 2

(2)

. 1 (3)

x x m
x x

 








0,25

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

và y1 = -mx1 + 1, y2 = -mx2 + 1 (4)

mà theo bài : y1 + y2 = 2(x1 + x2) + 1 (5)

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

0,25

Câu V
3 điểm

0,75
điểm

Hình vẽ: 0,25 điểm

Vì M là điểm chính giữa của cung AB, nên sđAM 900 => AOMˆ 900

(đ/l góc ở tâm), mà MH  AK (gt) => AHM = 900

Trong tứ giác AOHM, ta có: AOMˆ AHM 900

Do đó đỉnh O và H ln nhìn đoạn Am dưới một góc 900, nên AOHM là

tứ giác nội tiếp

0,25
0,25

0,25

0.5
điểm

Xét tam giác vng MHK có MKH 450

Nên tam giác MHK là tam giác vng cân tại H

0,25
0,25

0.75

điểm

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
điểm

Ta có diện tích của tam giác OPK là: S =
1

2OP.PK. 
Áp dụng bất đẳng thức Cơ- si ta có

OP2 + PK2≥ 2OP.PK, hay OP.PK ≤

2( OP2 + PK2 ) =

2
2

R

Suy ra OP.PK lớn nhất bằng
2
2

R

, do đó diện tích tam giác OPK lớn nhất

bằng: S =
1
2.

2
2

R

=
2
4

R

, khi OP = PK hay K là điểm chính giữa của

0,25

0,25
P

B
M

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

cung MB

Câu VI
0.75
điểm

1 1 1

1
1
1

1 1 1

1
1

P

a ab b bc c ca

a ab

a ab ab abc a abc a bc ab

a ab

a ab ab a a ab
a ab

a ab

  

     

  

     

  

     

 

 

 

Vậy a, b, c là các số thực thỏa mãn: abc = 1 thì P = 1

</div>

DE THI THU VAO LOP 10 HAI DUONG 20122013

<b>ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT</b>

………



 



Vậy với

1

3

(km/h,

4)

<i>x</i>

<i>x</i>



<i>x</i>



4

50

4

<i>x</i>



<i>x</i>



4

50

4

<i>x</i>



50

1

50

7

4 3

4

<i>x</i>







<i>x</i>





50

50

20

5

5

2

4

4

3

4

4

3

15(

4

4) 2(

16)

2

30

32 0

15

16 0

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>













