đề thi thử vào lớp 10 thpt năm học 2014

1. KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút, không kể phát đề
Câu 1. (1,5 điểm)
a) Cho hai số sau: t1 = 2√2 − 1 và t2 = 3 − 2√2. Tính giá trị của biểu thức P = (𝑡1 ∶ 𝑡2) − 4√2.
b) Cho hai đường thẳng (d1): 3𝑥 + 7𝑦 + 1 = 0 và (d2): 𝑥 − 6𝑦 − 3 = 0 cắt nhau tại điểm I. Tìm m để
điểm I nằm trên đường thẳng 𝑦 = 2(𝑚 + 1)𝑥 − 2𝑚 − 3.
Câu 2. (2,0 điểm) Cho biểu thức:
A = (
𝑎 + 1
𝑎√ 𝑎 + 1
+
1
𝑎 − 1
−
√ 𝑎
𝑎 − √ 𝑎 + 1
) :
√ 𝑎 + 1
𝑎2 + √ 𝑎
(𝑉ớ𝑖 𝑎 > 0 𝑣à 𝑎 ≠ ±1)
a) Rút gọn biểu thức.
b) Tính giá trị của A tại 𝑎 = 3 + √3.
Câu 3. (3,0 điểm) Cho phương trình: 2𝑚𝑥2
− (5𝑚 + 4)𝑥 + 10 = 0. (1)
a) Giải phương trình (1) với m = 5.
b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
c) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt a, b với (a >b) sao cho đường
thẳng ∆ có hệ số góc m và đi qua hai điểm C(𝑎 ; 𝑏) và D(5 ; 2).
Câu 4. (2,5 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có chiều dài gấp đôi chiều rộng. P, Q lần lượt là trung điểm
của hai cạnh AB và BC. M là giao điểm của hai đường thẳng CP và DQ. Từ M hạ đường vuông góc xuống
CD cắt đường thẳng CD tại điểm K.
a) Chứng minh rằng tứ giác PMKD nội tiếp một đường tròn.
b) Gọi I, R lần lượt là trung điểm của cạnh AD và MK. Khi đó hai đường thẳng CI và DR cắt nhau tại
điểm G. Chứng minh rằng G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DQC.
c) Cho điểm H di động trên BC, đường PH cắt DQ tại E. Xác định vị trí của H trên BC để EQ = EP√2.
Câu 5. (1,0 điểm) Cho phương trình: √2√3 − 3 = √ 𝑥√3 − √ 𝑦√3.
Giải phương trình đã cho trên tập hợp các số hữu tỉ.
------------------------------------Hết--------------------------------------
Họ và tên thí sinh:………………………………………………..Số báo danh:……………………..
Giám thị số 1:…………………………………… Giám thị số 2:…………………………………….
ĐỀ SỐ 15

2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 thpt
Môn thi: TOÁN
Điểm làm tròn đến 0,25 điểm
Câu số ý Nôi Dung Điểm
1
a
Giá trị của biểu thức P:
P = (𝑡1 ∶ 𝑡2) − 4√3 =
2√2 − 1
3 − 2√2
− 4√2 =
√2
3
− 1
(√2 − 1)
2 − 4√2 =
(√2 − 1)(3 + √2)
(√2 − 1)
2 − 4√2
P =
3 + √2
√2−1
− 4√2 =
(3+√2)(√2+1)
(√2−1)(√2+1)
− 4√2 = 5 + 4√2 − 4√2 = 5
0,25
0,25
b
Tọa độ của điểm I chính là nghiệm của hệ gồm hai phương trình đường thẳng 𝑑1, 𝑑2.
↔ {
3𝑥 + 7𝑦 = −1
𝑥 − 6𝑦 = 3
↔ {
3. (6𝑦 + 3) + 7𝑦 = −1
𝑥 = 6𝑦 + 3
↔ {
25𝑦 = −10
𝑥 = 6𝑦 + 3
↔ {
𝑦 = −2/5
𝑥 = 3/5
Tọa độ điểm I(
3
5
; −
2
5
).
- Do điểm I thuộc đường thẳng 𝑦 = 2(𝑚 + 1)𝑥 − 2𝑚 + 3 nên ta có:
2(𝑚 + 1).
3
5
− 2𝑚 − 3 = −
2
5
↔ −4𝑚 = 7 → 𝑚 = −
7
4
Vậy với m = -7/4 thì thỏa mãn bài ra.
0,5
0,5
2
a
Rút gọn BT: A = (
𝑎 + 1
𝑎√ 𝑎+1
+
1
𝑎−1
−
√ 𝑎
𝑎−√ 𝑎+1
) :
√ 𝑎+1
𝑎2+√ 𝑎
(𝑉ớ𝑖 𝑎 > 0 𝑣à 𝑎 ≠ ±1)
Ta có : A = [
(𝑎 + 1)(√ 𝑎 – 1) + 𝑎 – √ 𝑎 + 1− √ 𝑎(𝑎−1)
(√ 𝑎 – 1)(√ 𝑎 + 1)(𝑎 – √ 𝑎 +1)
] :
√ 𝑎+1
√ 𝑎(√ 𝑎 + 1)(𝑎 – √ 𝑎 + 1)
= (
𝑎√ 𝑎 − 𝑎 + √ 𝑎 − 1 + 𝑎 − √ 𝑎 + 1 − 𝑎√ 𝑎 + √ 𝑎
(√ 𝑎 − 1)(√ 𝑎 + 1)(𝑎 − √ 𝑎 + 1)
) :
1
√ 𝑎(𝑎 − √ 𝑎 + 1)
=
√ 𝑎
(𝑎−1)(𝑎 − √ 𝑎 + 1)
. √ 𝑎(𝑎 − √ 𝑎 + 1) =
𝑎
𝑎 − 1
0,25
0,25
0,25
0,25
b
Với 𝑎 = 3 + √3 thay vào P ta được:
P =
3 + √3
2 + √3
=
(3 + √3 )(2 − √3 )
(2 + √3 )(2 − √3 )
=
3 − √3
22 − √3
2 = 3 − √3.
Vậy giá trị của P = 3 − √3 tại a = 3 + √3
0,75
0,25
3
a
Với m = 5 khi đó phương trình (1) trở thành: 10𝑥2
− 29𝑥 + 10 = 0.
Ta có: ∆ = (−29)2
− 4.10.10 = 441 > 0 → √∆ = √441 = 21.
Do ∆> 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
𝑥1 =
29 + 21
2.10
=
5
2
; 𝑥2 =
29 − 21
2.10
=
2
5
.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phấn biệt 𝑥1 =
5
2
; 𝑥2 =
2
5
0,25
0,5
0,25
b
Để phương trình (1) luôn có nghiệm thì ∆≥ 0 với mọi m.
Ta có: ∆ = [−5(𝑚 + 4)]2
+ 4.2𝑚. 10 ≥ 0
↔ 25𝑚2
− 40𝑚 + 16 ≥ 0
↔ (5𝑚 − 4)2
≥ 0 mọi m. đpcm
Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m
0,75
0,25
c
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt a,b thì ∆ > 0 ↔ 5𝑚 − 4 > 0 → 𝑚 > 4/5.
Khi đó hai nghiệm của pt (1) là:
[
𝑎 = 5/2
𝑏 = 2/𝑚
(a > b với mọi m > 4/5)
Khi đó phương trình có hệ số góc m có dạng 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑑 và đi qua điểm C(
5
2
;
2
𝑚
)
nên ta có:
5
2
= 𝑚.
2
𝑚
+ 𝑏 → 𝑏 =
1
2
→ đường thẳng dạng 𝑦 = 𝑚𝑥 +
1
2
. (2)
Điểm D(5 ; 2) thuộc đường thẳng (2) nên ta có:
2. 𝑚 +
1
2
= 5 → 2𝑚 =
9
2
→ 𝑚 =
9
4
. ™
Vậy với m = 9/4 thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện bài ra.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

3. 4
a
Ta có tam giác PBC có PB = BC nên là tam giác vuông cân tại (giả thiết).
Suy ra 𝐵𝑃𝐶̂ = 𝐵𝐶𝑃̂ = 450
. Tương tự ta có 𝐴𝑃𝐷̂ = 450
=> 𝐷𝑃𝐶̂ = 900
.
Mặt khác MK vuông góc với CD nên góc MKD bằng 900
.
- Tứ giác PMKD có : 𝐷𝑃𝑀̂ + 𝑀𝐾𝐷̂ = 1800
=> tứ giác PMKD nội tiếp một đường
tròn vì có tổng hai góc đối nhau bằng 1800
.
0,25
0,25
0,25
0,25
b
-Theo bài ra ta có: IQ là đường trung bình của hình chữ nhật ABCD => IQ //CD hay
tứ giác IQCD là hình chữ nhật. => CI là đường trung tuyến 1 của tam giác QCD.
-Tương tự ta có: MK//QC => DR là trung tuyến thứ hai của tam giác QCD.
Suy ra G là trọng tâm của tam giác hay là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác QCD.
0,25
0,25
c
Dựa vào định lí pitago trong tam giác vuông APD ta có PD = BC√2.
Tam giác ∆PED và ∆QEH có
𝑃𝐸𝐷̂ = 𝑄𝐸𝐻̂ (góc đối đỉnh)
𝐷𝑃𝐸̂ = 𝐻𝑄𝐸̂ = 𝐷𝑀𝐾̂ = 𝑠đ 𝑐𝑢𝑛𝑔 𝐷𝐾
 ∆PED ~ ∆QEH (g.g)
Suy ra
𝐸𝑃
𝐸𝑄
=
1
√2
=
𝑃𝐷
𝑄𝐻
=> 𝑄𝐻 = 𝑃𝐷√2 = 2𝐵𝐶 => H là điểm đối xứng của Q qua C.
Hay C là trung điểm của QH.
0,25
0,25
0,5
5
Giả sử có x, y thuộc Q thỏa mãn phương trình ta có:
2√3 − 3 = 𝑥√3 + 𝑦√3 − 2√3𝑥𝑦
(𝑥 + 𝑦 − 2)√3 = 2√3𝑥𝑦 − 3
Vì (𝑥 + 𝑦 − 2)2
. 3 = 9 + 12𝑥𝑦 − 12√3𝑥𝑦 𝑛ê𝑛 √3𝑥𝑦 là số hữu tỉ, do đó:
√3 =
2√3𝑥𝑦−3
𝑥+𝑦−2
∈ 𝑄 là điều vô lí. Do đó phải có 𝑥 + 𝑦 − 2 = 0 𝑣à 2√3𝑥𝑦 − 3 = 0
→ {
𝑥 + 𝑦 = 2
𝑥𝑦 =
3
4
Do đó x, y là nghiệm của phương trình : X2
– 2X + 3/4 = O
 𝑥 =
3
2
𝑣à 𝑦 =
1
2
(vì x > y)
0,25
0,25
0,25
0,25
----------------------Hết----------------------
A B
C
P
QM
K
G
I
R
D
H
E