Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Đề số 06 - 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 06 Môn : TOÁN 
 Thời gian làm bài: 120 phút 
Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau: 
 33+−  33 
 a) A = 2+−  .2  
 31+−  31 
 ba
 b) B =  - .( a b - b a ) ( với a > 0, b > 0, a ≠ b) 
 a - ab ab - b
 x - y = - 1 ( 1)
 
Câu 2: a) Giải hệ phương trình:  23 
  + = 2 ( 2)
 xy
 2
 b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x – x – 3 = 0. Tính giá 
 2 2
trị biểu thức: P = x1 + x2 . 
Câu 3: 
 1
a) Biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M ( 2; ) và song song với 
 2
đường thẳng 2x + y = 3. Tìm các hệ số a và b. 
 b) Tính các kích thước của một hình chữ nhật có diện tích bằng 40 
cm2, biết rằng nếu tăng mỗi kích thước thêm 3 cm thì diện tích tăng thêm 
48 cm2. 
Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, M là một điểm thuộc cạnh AC (M 
khác A và C ). Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N và cắt tia BM tại I. 
Chứng minh rằng: 
 a) ABNM và ABCI là các tứ giác nội tiếp đường tròn. 
 b) NM là tia phân giác của góc ANI . 
 c) BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2. 
Câu 5: Cho biểu thức A = 2x - 2 xy + y - 2 x + 3. Hỏi A có giá trị nhỏ 
nhất hay không? Vì sao? 
 1 
 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 
 VÀO LỚP 10 THPT ĐỀ THI SỐ: 6 
 MÔN TOÁN 
Câu 1: 
   
 33+−  33  331( +−) 331( )
 a) A =  2+  . 2 −=+  2 2 − 
 31+−  31   31 + 31 −
       
=+(2 3)( 2 −= 3) 1.
 
 ba b a
b)  - .( a b - b a ) = - . ab( a - b )
 a - ab ab - b aab−− bab
 ( ) ( ) 
 b. ab a. ab
=−=b - a. ( a > 0, b > 0, a ≠ b)
 ab
Câu 2: 
a) Đk: x0≠ và y≠ 0. (*) 
Rút y từ phương trình (1) rồi thế vào phương trình (2) ta được: 
 x2=
23 2 
 + =⇔−2 2x 3x - 2 = 0 ⇔ 1 . 
x x + 1 x = −
  2
+ Với x = 2, suy ra y = x + 1 = 3 (thoả mãn (*)) 
 1 1
+ Với x = − , suy ra y = x +1 = (thoả mãn (*)) 
 2 2
 11
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (2; 3) và − ; . 
 22
b) Phương trình x2 – x – 3 = 0 có các hệ số a, c trái dấu nên có hai nghiệm 
phân biệt x1; x2. 
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 1 và x1x2 = - 3. 
 2 2 2
Do đó: P = x1 + x2 = (x1 + x2) – 2x1x2 = 1 + 6 = 7. 
Câu 3: 
a) Viết đường thẳng 2x + y = 3 về dạng y = - 2x + 3. 
Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng trên, suy ra a = - 2 (1) 
 1 1
Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (2; ) nên ta có: = 2a + b (2). 
 2 2
 9
Từ (1) và (2) suy ra a = - 2 và b = . 
 2
b) Gọi các kích thước của hình chữ nhật là x (cm) và y (cm) 
2 
 ( x; y > 0). 
Theo bài ra ta có hệ phương trình: 
xy = 40 xy = 40
⇔ . 
(x + 3)( y + 3) = xy + 48 x + y = 13
Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình: t2 – 13t + 40 = 0 (1). 
Giải phương trình (1) ta được hai nghiệm là 8 và 5. 
Vậy các kích thước của hình chữ nhật là 8 cm và 5 cm. 
Câu 4: 
 a) Ta có: B
 0 0
 MAB= 90 (gt)(1). MNC= 90 (góc nội tiếp 
 0 N
 chắn nửa đường tròn) ⇒=MNB 90 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra ABNM là tứ giác nội tiếp. 
 0
Tương tự, tứ giác ABCI có: BAC= BIC = 90 C
 A M
 ⇒ ABCI là tứ giác nội tiếp đường tròn. 
 I
b) Tứ giác ABNM nội tiếp suy ra MNA= MBA (góc nội tiếp cùng chắn cung 
AM) (3). 
Tứ giác MNCI nội tiếp suy ra MNI= MCI (góc nội tiếp cùng chắn cung MI) (4). 
Tứ giác ABCI nội tiếp suy ra MBA= MCI (góc nội tiếp cùng chắn cung AI) (5). 
Từ (3),(4),(5) suy ra MNI= MNA ⇒ NM là tia phân giác của ANI . 
 0
c) ∆BNM và ∆BIC có chung góc B và BNM= BIC = 90 ⇒ ∆BNM ~ ∆BIC 
 BN BI
(g.g) ⇒= ⇒⊂ BM.BI = BN . BC . 
 BM BC
Tương tự ta có: CM.CA = CN.CB. 
Suy ra: BM.BI + CM.CA = BC2 (6). 
Áp dụng định lí Pitago cho tam giác ABC vuông tại A ta có: 
 BC2 = AB2 + AC2 (7). 
Từ (6) và (7) suy ra điều phải chứng minh. 
Câu 5: A = 2x - 2 xy ++ y - 2 x 3. 
 x ≥ 0
 Trước hết ta thấy biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi:  (1). 
 xy ≥ 0
Từ (1) ta thấy nếu x = 0 thì y nhận mọi giá trị tùy ý thuộc R (2). 
 3 
 Mặt khác, khi x = 0 thì A = y + 3 mà y có thể nhỏ tùy ý nên A cũng có thể 
nhỏ tùy ý. Vậy biểu thức A không có giá trị nhỏ nhất. 
Lời bình: 
Câu IVc 
a) Biết bao kí ức ùa về khi bắt gặp đẳng thức 
 BM . BI + CM . CA = AB2 + AC2. (1) 
 BM. BI= AB2 (2)
• Phải chăng Từ đó cộng theo từng vế để có (1). 
  2
 CM. CA= AC (3)
 Nếu có (1) thì AB phải là cạnh chung một cặp tam giác đồng dạng. Tiếc 
rằng điều ấy không đúng. Tương tự cũng không có (2). 
• Để ý AB2 + AC2 = BC2 vậy nên (1) ⇔ BM.BI + CM.CA = BC2 (3) 
 BM.. BI= k BC 2
Khả năng (với 0 < k < 1), từ đó cộng theo từng vế 
  2
 CM. CA= (1 − k ) BC
để có (1) cũng không xẩy ra vì BC không phải là cạnh chung của một cặp 
tam giác đồng dạng. 
• Để ý BN + NC = BC vậy nên (1) ⇔ BM.BI + CM.CA = BC(BN + NC) 
 ⇔ BM.BI + CM.CA = BC.BN + BC.NC (4) 
Điều ấy dẫn dắt chúng ta đến lời giải trên. 
b) Mong thời gian đừng lãng quên phân tích : PQ2 = PQ(PK + KQ) 
 là một cách để chứng minh đẳng thức dạng : PX.PY + QM.QN = PQ2. 
 (ở đây K là một điểm thuộc đoạn thẳng PQ). 
Câu V 
 Cảnh báo. Các bạn cùng theo dõi một lời giải sau : 
 x ≥ 0
 Biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi  . Biến đổi 
 y ≥ 0
 22
A=( xy −) +( x −+12) . 
 Suy ra minA = 2, đạt được khi x = y = 1 (!). 
• Kết quả bài toán sai thì đã rõ. Nhưng cái sai về tư duy mới đáng bàn hơn. 
4 
 1) Điều kiện xác định của P(x; y) chứa đồng thời x và xy là 
 xx=00 >
D =  
 yy∈≥ 0
 Do vậy để tìm GTLN, GTNN P(x; y) cần phải xét độc lập hai trường hợp 
x = 0 x > 0
 và  
y ∈ y ≥ 0
 xx=00 > x ≥ 0
2) Không thể gộp chung  thành  
 yy∈≥ 0 y ≥ 0
 x ≥ 0
3) Do cho rằng điều kiện xác định của P(x; y) là Dy≥0 =  (bỏ sót 
 y ≥ 0
 x = 0
Dy<0 =  ) 
 y < 0
Vậy nên A = 2 là GNNN của A trên Dy≥0 , chưa đủ để kết luận đó là 
GTNN của A trên D. 
4) Nhân đây liên tưởng đến phương trình Px() Qx ()= 0. (1) 
 Qx()= 0
 
 Biến đổi đúng (1) ⇔ Qx()> 0. Cách biến đổi sau là sai (1) ⇔ 
 
 Px()= 0
Qx()≥ 0
 . 
Px()= 0
 5