Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Đề số 01 - Phòng GD&ĐT Kim Sơn (Có đáp án)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ 
 HUYỆN KIM SƠN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
 ĐỀ THI THỬ SỐ 01 Môn : TOÁN 
 Thời gian làm bài: 120 phút 
Câu 1: a) Cho biết a = 23+ và b = 23− . Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab. 
 3x + y = 5
 b) Giải hệ phương trình:  . 
 x - 2y = - 3
 11 x
Câu 2: Cho biểu thức P = + : (với x > 0, x ≠ 1) 
 x - x x−+ 1 x - 2 x 1
 a) Rút gọn biểu thức P. 
 1
 b) Tìm các giá trị của x để P > . 
 2
Câu 3: Cho phương trình: x2 – 5x + m = 0 (m là tham số). 
 a) Giải phương trình trên khi m = 6. 
 b) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: 
xx12−= 3. 
Câu 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc 
với AB tại I (I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B 
và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh: 
 a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn. 
 b) AE.AF = AC2. 
 c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF 
luôn thuộc một đường thẳng cố định. 
Câu 5: Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b ≤ 22. Tìm giá trị nhỏ nhất 
 11
của biểu thức: P = + . 
 ab
 1 
 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 
 VÀO LỚP 10 THPT ĐỀ THI SỐ: 
 MÔN TOÁN: 
Câu 1: a) Ta có: a + b = ( 23+ ) + ( 23− ) = 4 
 a.b = ( 23+ )( 23− = 1. Suy ra P = 3. 
 3x + y = 5  6x + 2y = 10  7x = 7 x = 1
b) ⇔  ⇔⇔ . 
 x - 2y = - 3  x - 2y = - 3  y = 5 - 3x y = 2
Câu 2: 
 11 x
a) P = + : 
 x - x x−+ 1 x - 2 x 1
 2
 1x( x1− )
 = + . 
 −−x
 x( x1) x( x1)
 2
 1+ x ( x1−) ( x1 +−)( x1) x - 1
 = . = = 
 x( x1− ) x x. x x
 x - 1 1
b) Với x > 0, x ≠ 1 thì >⇔2( x - 1) > x ⇔ x > 2 . 
 x2
 1
Vậy với x > 2 thì P > . 
 2
Câu 3: a) Với m = 6, ta có phương trình: x2 – 5x + 6 = 0 
 ∆ = 25 – 4.6 = 1 . Suy ra phương trình có hai nghiệm: x1 = 3; x2 = 2. 
 b) Ta có: ∆ = 25 – 4.m 
 25
 Để phương trình đã cho có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔≤m (*) 
 4
Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = 5 (1); x1x2 = m (2). 
Mặt khác theo bài ra thì xx12−= 3 (3). Từ (1) và (3) suy ra x1 = 4; x2 = 1 
hoặc x1 = 1; x2 = 4 (4) 
Từ (2) và (4) suy ra: m = 4. Thử lại thì thoả mãn. 
2 
 Câu 4: 
 0
a) Tứ giác BEFI có: BIF= 90 (gt) (gt) C E
 BEF = BEA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường 
 tròn) F
 Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn 
 A B
 đường kính BF I O
b) Vì AB ⊥ CD nên AC = AD , 
 suy ra ACF = AEC . 
 D
Xét ∆ACF và ∆AEC có góc A chung và 
 ACF = AEC . 
 AC AE
Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC ⇒= 
 AF AC
⇒ 2
 AE.AF = AC 
 c) Theo câu b) ta có ACF = AEC , suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn 
ngoại tiếp ∆CEF (1). 
Mặt khác ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC ⊥ CB 
(2). Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp 
∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB 
cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC. 
Câu 5: Ta có (a + b)2 – 4ab = (a - b)2 ≥ 0⇒ (a + b)2 ≥ 4ab 
 (a + b) 4 11 4 4
 ⇔ ≥ ⇔+≥ ⇒≥P , mà a + b ≤ 22 
 ab( a + b) b a( a + b) (a + b)
 44
⇒≥⇒≥P2. Dấu “ = ” xảy ra 
 (a + b) 22
 2
 (a - b) = 0
⇔⇔ a = b = 2 . Vậy: min P = 2 . 
 a + b = 2 2
Lời bình: 
Câu IIb 
 Các bạn tham khảo thêm một lời giải sau 
1) Ta có a = 1. ∆ = 25 − 4m. Gọi x1, x2 là các nghiệm nếu có của phương trình. 
 −b ±∆ ∆
Từ công thức x = ⇒ ||xx−= . Vậy nên phương trình có 
 1,2 2a 12||a
 ∆ a=1
hai nghiệm x1, x2 thoă mãn |x1− x2| = 3 ⇔ ||xx−= = 3 ⇔ ∆ = 9 
 12||a
⇔ 25 − 4m = 9 ⇔ m = 4 . 
 3 
 2) Có thể bạn dang băn khoăn không thấy điều kiện ∆ ≥ 0. Xin đừng, bởi 
|x1− x2| = 3 ⇔ ∆ = 9. Điều băn khoăn ấy càng làm nổi bật ưu điểm của 
lời giải trên. Lời giải đã giảm thiểu tối đa các phép toán, điều ấy đồng 
hành giảm bớt nguy sơ sai sót. 
Câu IVb 
 • Để chứng minh một đẳng thức của tích các đoạn thẳng người ta 
thường gán các đoạn thẳng ấy vào một cặp tam giác đồng dạng. Một thủ 
thuật để dễ nhận ra cặp tam giác đồng dạng là chuyển "hình thức" đẳng 
thức đoạn thẳng ở dạng tích về dạng thương. Khi đó mỗi tam giác được 
xét sẽ có cạnh hoặc là nằm cùng một vế, hoặc cùng nằm ở tử thức, hoặc 
cùng nằm ở mẫu thức. 
 AC AE
 Trong bài toán trên AE.AF = AC2 ⇔ = . Đẳng thức mách bảo 
 AF AC
ta xét các cặp tam giác đồng dạng ∆ACF (có cạnh nằm vế trái) và ∆ACE 
(có cạnh nằm vế phải). 
• Khi một đoạn thẳng là trung bình nhân của hai đoạn thẳng còn lại, 
chẳng hạn AE.AF = AC2 thì AC là cạnh chung của hai tam giác, còn AE 
và AF không cùng năm trong một tam giác cần xét. 
 Trong bài toán trên AC là cạnh chung của hai tam giác ∆ACE và ∆ACF 
Câu IVc 
• Nếu (∆) là đường thẳng cố định chứa tâm của đường tròn biến thiên có 
các đặc điểm sau: 
 + Nếu đường tròn có hai điểm cố định thì (∆) là trung trực của đoạn 
thẳng nối hai điểm cố định ấy. 
 + Nếu đường tròn có một điểm cố định thì (∆) là đường thẳng đi qua 
điểm đó và 
 − hoặc là (∆) ⊥ (∆'), 
 − hoặc là (∆) // (∆'), 
 − hoặc là (∆) tạo với (∆') một góc không đổi 
 (trong đó (∆') là một đường thẳng cố định có sẵn). 
• Trong bài toán trên, đường tròn ngoại tiếp ∆CEF chỉ có một điểm C là 
cố định. Lại thấy CB ⊥ CA mà CA cố định nên phán đoán có thể CB là 
đường thẳng phải tìm. Đó là điều dẫn dắt lời giải trên. 
4 
 Câu V 
 Việc tìm GTNN của biểu thức P bao giờ cũng vận hành theo sơ đồ "bé 
dần": P ≥ B, (trong tài liệu này chúng tôi sử dụng B - chữ cái đầu của 
chữ bé hơn). 
 1) Giả thiết a + b ≤ 22đang ngược với sơ đồ "bé dần" nên ta phải 
 11
chuyển hoá a + b ≤ 22 ⇔ ≥ . 
 ab+ 22
 1
 Từ đó mà lời giải đánh giá P theo . 
 ab+
 11 4
 2) +≥ với a > 0, b > 0 là một bất đẳng thức đáng nhớ. Tuy 
 a b ab+
là một hệ quả của bất đẳng 
 Cô-si, nhưng nó được vận dụng rất nhiều. Chúng ta còn gặp lại nó 
trong một số đề sau. 
 3) Các bạn tham khảo lời giải khác của bài toán như là một cách 
chứng minh bất đẳng thức trên. 
Với hai số a > 0, b > 0 ta có 
 1 1Co−− si 2 Co si 2.2 4 4
P =+≥ ≥ = ≥ =2 . Dấu đẳng thức có khi a 
 a bab ab++ ab 22
= b = 2 . Vậy minP = 2 . 
 5