Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Đề số 04 - 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 04 Môn : TOÁN 
 Thời gian làm bài: 120 phút 
 4 5
Câu 1: a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức sau: ; . 
 3 51−
 b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đồ thị hàm số y = ax2 đi qua điểm 
 1
M (- 2; ). Tìm hệ số a. 
 4
Câu 2: Giải phương trình và hệ phương trình sau: 
 a) 2x + 1 = 7 - x 
 2x + 3y = 2
 
 b)  1 
 x - y = 
  6
Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx + 4 = 0 (1) 
 a) Giải phương trình đã cho khi m = 3. 
 b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa 
 2 2
mãn: ( x1 + 1 ) + ( x2 + 1 ) = 2. 
Câu 4: Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Lấy I 
 0
thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC sao cho: IEM= 90 (I và M không trùng 
với các đỉnh của hình vuông ). 
 a) Chứng minh rằng BIEM là tứ giác nội tiếp đường tròn. 
 b) Tính số đo của góc IME 
 c) Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC; K là giao điểm của BN và 
 tia EM. Chứng minh CK ⊥ BN. 
Câu 5: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh: 
ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca ). 
 1 
 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 
 VÀO LỚP 10 THPT ĐỀ THI SỐ: 04 
 MÔN TOÁN: 
Câu 1: 
 4 43 43 5 5( 51+ ) 55++ 55
a) =2 = ; = = 2 = . 
 3 ( 3) 3 51− ( 51−+)( 51) ( 51) − 4
 1
b) Thay x = - 2 và y = vào hàm số y = ax2 ta được: 
 4
 1 11
 =⇔⇔a.(-2)2 4a = a = . 
 4 4 16
Câu 2: 
 7 - x ≥ 0 x≤ 7 (1)
 ⇔⇔
a) 2x + 1 = 7 - x 2 2 
 2x + 1 = ( 7 - x) x− 16x + 48 = 0
Giải phương trình: x2 – 16x + 48 = 0 ta được hai nghiệm là 4 và 12. Đối 
chiếu với điều kiện (1) thì chỉ có x = 4 là nghiệm của phương trình đã cho. 
  1
 2x + 3y = 2 10x = 5 x = 
  4x + 6y = 4  2
b) 11⇔ ⇔⇔. 
 x - y = 6x - 6y = 1 y = x - 1
 66y = 
  3
Câu 3: a) Với m = 3 ta có phương trình: x2 – 6x + 4 = 0. 
Giải ra ta được hai nghiệm: x1 = 3+=− 5; x2 3 5 . 
b) Ta có: ∆/ = m2 – 4 
 / m2≥
Phương trình (1) có nghiệm ⇔ ∆≥0 ⇔ (*). 
 m≤ -2
 2
Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 2m và x1x2 = 4. Suy ra: ( x1 + 1 ) + ( x2 
+ 1 )2 = 2 
 2 2 2 2
⇔ x1 + 2x1 + x2 + 2x2 = 0 ⇔ (x1 + x2) – 2x1x2 + 2(x1 + x2) = 0 ⇔ 4m – 
8 + 4m = 0 
 m1=
⇔ m2 + m – 2 = 0 ⇔  1 . 
 m22 = −
Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy chỉ có nghiệm m2 = - 2 thỏa mãn. Vậy m 
= - 2 là giá trị cần tìm. 
Câu 4: 
2 
 0
a) Tứ giác BIEM có: IBM= IEM = 90 (gt); suy ra tứ giác BIEM nội tiếp 
đường tròn đường kính IM. 
 0
b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra: IME= IBE = 45 (do ABCD là hình 
vuông). 
 c) ∆EBI và ∆ECM N
 0 K
 có: IBEMCE45= = , BE = CE , 
 0
 BEI= CEM ( do IEM= BEC = 90 ) 
 ⇒ ⇒
 ∆EBI = ∆ECM (g-c-g) MC = M
 IB; suy ra MB = IA B C
 Vì CN // BA nên theo định lí Thalet, 
 MA MB IA
 ta có: = = . Suy ra IM 
 MN MC IB I
 song song với BN 
 (định lí Thalet đảo) E
 ⇒==BKEIME45 0 (2). Lại có 
 0
 BCE= 45 (do ABCD là hình 
vuông). 
Suy ra BKE= BCE ⇒ BKCE là tứ A D
 giác nội tiếp. 
 0
 Suy ra: BKC+= BEC 180 mà 
 0
 BEC= 90 ; suy ra 
 0
 BKC= 90 ; hay CK ⊥ BN . 
Câu 5: 
 222
Ta có: (a - b) ++≥( b - c) ( c - a) 0 ⇔2( a2 ++ b 22 c) ≥ 2( ab + bc + ca) 
⇔ a2++≥ b 22 c ab + bc + ca (1). 
Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có: a2 < a.(b+ c) ⇒ a2 < ab 
+ ac. 
Tương tự: b2 < ab + bc; c2 < ca + bc. Suy ra: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) 
(2). 
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. 
 3