DE DAN THI THU VAO 10 1314

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD&ĐT PHÙ MỸ TRƯỜNG THCS MỸ QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN 1. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2013-2014 Môn Toán Thời gian 120 phút Ngày 08 tháng 6 năm 2013. Bài 1 (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sau : a) 2(x - 2) = 5 – x b) x2 – 3x + 2 = 0  x 4  x  16 B   : x 4 x  4  x  16  2. Rút gọn biểu thức (với x 0; x 16 ). Bài 2 (2,0 điểm) 1. Cho hàm số y = ax + b. Tìm a và b biết rằng đồ thị hàm số đã cho đi qua hai điểm A(-2;5) và B(1;-4). 2. Cho hàm số: y = (2m – 1)x + m + 2 a) Tìm điều kiện của m để hàm số luôn nghịch biến. b) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng. . 2 3.. Bài 3 (2,0 điểm) Một người đi xe máy khởi hành từ Hoài Ân đi Quy Nhơn. Sau đó 75 phút một ô tô khởi hành từ Quy Nhơn đi Hoài Ân với vận tốc lớn hơn vận tốc xe máy 20km/h. Hai xe gặp nhau tại Phù Cát. Tính vận tốc của mỗi xe, giả thiết Hoài Ân cách Quy Nhơn 100km và Quy Nhơn cách Phù Cát 30km. Bài 4 (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. a) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.   b) Chứng minh ACM ACK c) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C. Bài 5 (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 -------------.

<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. Câu. 1. 1 a. ĐÁP ÁN. Điểm. 2.0 0.5 0.25. Giải phương trình: 2(x - 2) = 5 - x  2x-4 = 5-x  3x = 9 x=3. Vậy S= {3} b. Giải phương trình: x – 3x + 2 = 0 b/ x2 – 3x + 2 = 0 có a + b + c = 1 + (-3) + 2 = 0. 0.25 0.5 0.25. c Þ x1 = 1; x2 = a = 2. 0.25. 2. Vậy phương trình t có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = 2.. 2.  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=. 1. 0.5 0.25. ( x  16)( x  16) 1 ( x  16)( x  16) B= Vậy B = 1 với x 0; x 16. 2. 1.0. Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(-2;5) và B(1;-4) nên ta có hệ phương trình:. 0.25 1.0.   2a  b 5  3a 9  a  3     a  b  4  a  b  4 b  1. Vậy a = -3; b = -1 2. Hàm số: y = (2m – 1)x + m + 2 1 a/ Hàm số luôn nghịch biến khi và chỉ khi 2m – 1 < 0  m < 2 .. b/ Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng. . 2 3. 2 2  thì x = 3 và y = 0. Thay x = 3 và y = 0 vào hàm số ta được: 2  (2m – 1)( 3 ) + m + 2 = 0 4 2  3 m+ 3 +m+2=0 . 1.0 0.25. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 0.25. 1 8   3 m= 3 m=8. Vậy m=8 thì đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng. . 2 3.. Gọi vận tốc của người đi xe máy khởi hành từ Hoài Ân đi Quy Nhơn là: x (km/h) ĐK: x > 0 Vận tốc của ô tô khởi hành từ Quy Nhơn đi Hoài Ân: x + 20 (km/h). Hoài Ân cách Phù Cát: 100 – 30 = 70 (km). 3. 70 Thời gian xe máy đi từ Hoài Ân đến Phù Cát: x h 30 Thời gian ô tô đi từ Quy Nhơn đến Phù Cát: x  20 h 5 Đổi 75ph = 4 h 30 5 70 Theo đề bài ta có phương trình: x  20 + 4 = x  x2 – 12x – 1120 = 0. Giải phương trình ta được x1 = -28 (loại); x2 = 40 (TMĐK) Vậy vận tốc của xe máy là:40km/h; vận tốc của ô tô là 40+20 = 60(km/h). 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.. 4. . 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25. 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. Vẽ hình đúng. 0.25 C. M E. H A. a. 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). 0   => HCB  HKB 180 nên tứ giác CBKH nội tiếp. 1.0 0.25 0.25 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> b. c.   Chứng minh ACM ACK. 0.75.   Ta có ACM  ABM (do cùng chắn AM của (O)). 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   Þ 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) Vậy  MAC =  EBC (c g c) Þ CM = CE Þ tam giác MCE cân tại C (1). 0.25. Ta lại có CMB 45 (vì chắn cung CB 90 ) 0   Þ CEM CMB 45 (tính chất tam giác MCE cân tại C) 0    Mà CME  CEM  MCE 180 tổng ba góc trong tam giác ) 0  Þ MCE 90 (2) Từ (1), (2) Þ tam giác MCE là tam giác vuông cân tại C. 0.25. Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x 2y , tìm giá trị nhỏ nhất. 1.0. . 5. 0.25. 0. 2. của biểu thức:. M. x y xy. . 0. 0.25. 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  Þ  x 2 , dấu “=” xảy ra  x = 2y x ≥ 2y Þ 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'>(5)</span>

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